Förberedande kurs i matematik. Alexanderson, Bergkvist, Leander, Lundqvist, Ottergren

Transkript

1 Förberedande kurs i matematik Alexanderson, Bergkvist, Leander, Lundqvist, Ottergren

2 Förord Detta material är avsett att introducera matematik för nya universitets- och högskolestudenter och är skrivet som kurslitteratur till Förberedande kurs i matematik, som är en distanskurs utvecklad av Stockholms universitet. Kursen riktar sig till nya studenter i ämnet samt till de som vill få en djupare bild av matematiken. Materialet repeterar till viss del grundläggande gymnasiematematik på universitetsvis, men tar också upp en hel del nya saker som vi tror att läsaren kommer att ha stor nytta av vid kommande matematikstudier vid universitet eller högskola. Läsaren förutsätts ha kunskaper i ämnet minst motsvarandes gymnasiets Matematik C eller Matematik 3b/3c. Materialet är organiserat i tre kapitel. Vart och ett av dessa tre kapitel är indelade i mindre avsnitt. Efter de flesta delavsnitt finns övningar som läsaren med fördel kan göra för att kontrollera att han eller hon förstått de olika begreppen och metoderna från avsnittet. Alla övningar är tänkta att göras utan hjälp av miniräknare eller dator. Kapitel 1 består till stor del av en presentation av olika tal, samt regler för hur man räknar med dessa. Kapitlet utgår från de positiva heltalen och motiverar en rad utvidgningar för att till slut komma fram till de komplexa talen. I kapitel behandlas algebra och kombinatorik. Kapitlet avslutas med en diskussion av några logiska symboler. I kapitel 3 introduceras mängdlära. Med hjälp av mängdlära definierar vi funktionsbegreppet och går sedan igenom de vanligaste funktionerna. Vi använder därefter teorin från gränsvärden för att definiera derivata. Vi definierar slutligen begreppet integral som ett gränsvärde av över- och undersummor. Kapitlet behandlar även olikheter, absolutbelopp och trigonometri. Detta är den femte upplagan av kursmaterialet och är till innehållet i princip identisk med den fjärde upplagan, men framställningen har förbättras efter noggrann korrekturläsning av Åsa Ericsson, Lisa Nicklasson och John Sass. Stockholm, maj 014 Författarna Femte upplagan, första tryckningen Copyright c Stockholms universitet 014

3 Innehåll 1 Tal De positiva heltalen och de naturliga talen Heltalen Potenser Prioritetsreglerna Heltalsdivision Jämna och udda tal Primtal Moduloräkning Representation av heltal Rationella tal Addition, multiplikation och division av rationella tal Blandad form och decimalform De rationella talens slutenhet Reella tal Mer om potenser Komplexa tal Kvadreringsreglerna och konjugatregeln Kvadreringsreglerna Konjugatregeln Förenkling av bråk där täljare och nämnare är komplexa tal Algebra, kombinatorik och logik 31.1 Polynom och polynomekvationer Polynom Polynomekvationer Lösningen till en andragradsekvation med reella koefficienter Linjära ekvationssystem Faktorsatsen och polynomdivision Polynomdivision Divisionsalgoritmen för polynom Faktorsatsen Hur man finner rationella rötter Kombinatorik Multiplikationsprincipen Permutationer Ordnat urval Ordnat urval med upprepning Oordnat urval Summasymbolen Binomialsatsen och Pascals triangel Logik Funktionslära Mängdlära Funktionsbegreppet Definitionsmängd, värdemängd och målmängd Begreppen surjektiv och injektiv Sammansättningen av två funktioner Inverterbara funktioner Grafritning och reella funktioner Reella punktmängder, det reella talplanet och grafer

4 3.3. Skärningen av två kurvor Grafen till den inversa funktionen Cirkelns ekvation Några reella funktioner och dess grafer Olikheter och absolutbelopp Olikheter Absolutbelopp Trigonometri Rätvinkliga trianglar Vinkelbegreppet De trigonometriska funktionerna och enhetscirkeln Standardvinklar Samband mellan cosinus och sinus för olika vinklar Triangelsatserna Trigonometriska funktioner Trigonometriska ekvationer Polär framställning av komplexa tal Gränsvärden Beteenden nära en punkt där f(x) är odefinierbar Gränsvärden när x går mot oändligheten Derivata Tangentens ekvation Derivator av kända funktioner Derivatan av summor, produkter, sammansättningar och kvoter av funktioner Är derivatan alltid definierad? Tillämpning av derivata för att bestämma min- och maxpunkter Tillämpning av derivata vid grafritning Maximum och minimum av en funktion på ett intervall Integraler Beräkning av integraler Några integrationsregler Att bestämma areor med hjälp av integraler Facit till övningarna 114 Sakregister 11

5 Symboler N de naturliga talen Z heltalen Q de rationella talen R de reella talen C de komplexa talen < mindre än mindre än eller lika med > större än större än eller lika med! fakultet ( summa n k) binomialkoefficient, läses n över k delmängd till, om A B så är A en delmängd till B union snitt tillhör / tillhör ej, implicerar är ekvivalent med och eller V L vänstra ledet HL högra ledet 5

6

7 1 Tal Det första kapitlet handlar om räkning med olika typer av tal. 1.1 De positiva heltalen och de naturliga talen Vi börjar med de tal man stöter på dagligen, nämligen positiva heltal. Det är tal som räknar hela antal. Mängden av de positiva heltalen betecknas Z + och Z + = {1,, 3, 4,...}. Med de positiva heltalen saknar vi möjlighet att uttrycka ingenting. Därför inför vi de naturliga talen som är de positiva heltalen inklusive talet noll 1. Vi betecknar de naturliga talen med symbolen N och N = {0, 1,, 3...}. Det är bara nollan som skiljer N från Z +. Eftersom alla tal som finns i Z + också finns i N så är Z + en delmängd av N, vilket vi skriver som Z + N. Vad är det egentligen vi gör när vi adderar två naturliga tal? Varför är till exempel = 5? Svaret är att vi har definierat att addition med 1 ger nästa tal i uppräkningen 0, 1,, 3, 4, 5,.... Betraktar vi talen som utplacerade på en linje kan vi tänka oss addition med 1 som att gå ett steg till höger på den linjen. Att = 8 beror på att när vi flyttar oss fyra steg till höger från 4 så kommer vi att hamna på 8. Eftersom vi hela tiden rör oss till höger på linjen när vi adderar naturliga tal så kommer vi alltid att få ett nytt naturligt tal. Vi säger att de naturliga talen är slutna under addition. Multiplikation betraktar vi som upprepad addition: a b = a + + a. }{{} b stycken Vi har visat att de naturliga talen är slutna under addition och eftersom multiplikation är upprepad addition så följer det att de naturliga talen är slutna även under multiplikation. När vi subtraherar ett naturligt tal från ett annat rör vi oss till vänster på tallinjen. Om vi ska räkna ut 4 5 så startar vi på position fyra och rör oss fem steg åt vänster. Men de naturliga talen slutar vid noll. De naturliga talen är alltså inte slutna under subtraktion. Så vi utvidgar de naturliga talen till heltalen. 1. Heltalen Med de hela talen menas mängden {..., 3,, 1, 0, 1,, 3,...} och denna betecknas Z (från tyskans Zahlen ). Det gäller alltså att Z + N Z. Med de hela talen löser vi problemet med subtraktionen 4 5 eftersom vi nu kan röra oss till vänster om noll. Subtraktion med ett negativt tal a definierar vi som att gå a steg till höger på tallinjen. Uttrycket 5 ( 3) är således lika med När vi subtraherar ett heltal från ett annat heltal får vi ett nytt heltal. De hela talen är alltså slutna under subtraktion. Följande lagar gäller för addition av heltal. 1 Notationen är inte helt vedertagen och i vissa sammanhang avser man med de naturliga talen endast de positiva heltalen. 7

8 a + b = b + a Kommutativa lagen för addition (a + b) + c = a + (b + c) Associativa lagen för addition ( a) = a Negeringslagen På grund av den associativa lagen är det helt okej att skriva a + b + c helt utan parentes, eftersom det inte spelar någon roll om vi först lägger ihop a och b eller b och c. Exempel 1.1. ( ) + = 5 + (4 3 + ) enligt den associativa lagen. Exempel ( 4) = = 8 enligt negeringslagen. Vi har sett att multiplikation av positiva heltal är en upprepad addition. På analogt vis kan vi exempelvis tolka ( 4) 5 som = 0. Följande lagar gäller för multiplikation av heltal. a b = b a Kommutativa lagen för multiplikation (a b) c = a (b c) Associativa lagen för multiplikation a (b + c) = a b + a c Distributiva lagen Den distributiva lagen behärskas vanligtvis bra från vänster till höger, men det är viktigt att även kunna gå från höger till vänster, det vill säga att skriva om uttryck på formen a b + a c som a (b + c). Den distributiva lagen gäller även för fler element enligt exemplen nedan. Exempel 1.3. a (b + c + d) = ab + ac + ad. Exempel 1.4. (a + b) (c + d) = a (c + d) + b (c + d) = a c + a d + b c + b d. Vi ska nu bestämma vad produkten av två negativa tal är. Vi har att Genom att utnyttja den distributiva lagen får vi det vill säga Vi adderar a b till båda led och får 0 = a 0 = ( a) 0 = ( a) (b b). ( a) (b b) = ( a) b + ( a) ( b), 0 = ( a) b + ( a) ( b). a b = ( a) ( b). Produkten av två negativa tal är alltså lika med produkten av deras positiva motsvarigheter Potenser För att lättare hantera uttryck av typen x x x har man infört potenser. Vi skriver x x x = x 3, där x är potensens bas och 3 är potensens exponent. Potenser är ett kompakt skrivsätt och vi kan till exempel på ett mycket litet utrymme ge en övre gräns för antalet elementarpartiklar i hela universum enligt modern fysik, nämligen

9 Kuriosa 1. Det finns en sägen som säger att när uppfinnaren av det schackliknande spelet Shaturanja visade upp spelet för kungen av Indien blev denne så imponerad att han ville ge uppfinnaren en belöning. Uppfinnaren sa då att han önskade sig ett vetekorn för den första rutan på schackbrädet, två vetekorn för den andra rutan, fyra vetekorn för den tredje, åtta vetekorn för den fjärde, och så vidare. Kungen tyckte att detta lät som en rimlig belöning och beviljade uppfinnarens önskning. Han insåg inte att summan med råge översteg samtliga vetekorn i hela världen. Vi kan notera att och att Allmänt gäller följande räkneregler: Exempel = 4+5 = 9 Exempel 1.6. ( 4 ) 5 = 4 5 = 0 x 3 x 4 = (x x x) (x x x x) = x } {{ x } = x 7 sju gånger (x 3 ) = x 3 x 3 = (x x x) (x x x) = x 6 = x 3. x a x b = x a+b (x a ) b = x a b Exempel = (3 ) 3 5 = = = = 3 9 Exempel 1.8. ( 1) 4 = (( 1) ) = 1 = Prioritetsreglerna Att uttrycket är lika med 15 och inte 4 ser nog många som självklart. Men anledningen till detta är endast konventionell. Vi har bestämt att multiplikation och division har högre prioritet än addition och subtraktion. Om det motsatta hade gällt så hade varit lika med 6 4 = 4. Prioritetsreglerna är följande: 1. Beräkna parenteser.. Beräkna potenser. 3. Beräkna multiplikation och division. 4. Beräkna addition och subtraktion. Exempel 1.9. Förenkla uttrycket ( 1) ((4 3 ) 5). Lösningsförslag: Vi använder prioritetsreglerna och får ( 1) ((4 3 ) 5) = ((4 8) 5) = (( 4) 5) = (16 5) = = = 3. 9

10 1..3 Heltalsdivision När man delar ett heltal med ett annat blir resultatet inte alltid ett heltal. Till exempel går divisionen 17/5 inte jämt ut. Men genom att införa begreppen kvot och rest kan man studera så kallad heltalsdivision. Kvoten vid heltalsdivision av två positiva heltal a och b anger det maximal antalet gånger vi kan dra b från a och fortfarande få någonting icke-negativt kvar. Det vi får kvar är resten. Exempel Beräkna kvoten och resten då 17 delas med 5. Lösningsförslag: Kvoten är det maximala antalet gånger som vi kan dra bort 5 från 17 och fortfarande få någonting icke-negativt kvar. Eftersom 3 5 = 15 men 4 5 = 0 så blir kvoten 3. Vi har att 17 = 3 5 +, alltså är resten lika med. Mer formellt söker söker vi alltså kvoten k och resten r så att a = kb + r, där 0 r < b. Exempel Beräkna kvoten och resten då 106 delas med 1. Lösningsförslag: Vi har 106 = , alltså är kvoten k lika med 5 och resten r lika med 1. Exempel 1.1. Beräkna kvoten och resten då 0 delas med 4. Lösningsförslag: Vi har 0 = , alltså är kvoten k lika med 5 och resten r lika med 0. När resten är lika med noll vid heltalsdivision av a med b så betyder det att divisionen går jämt ut. Vi säger att b är en delare till a Jämna och udda tal Du har säkert lagt märke till att summan av två jämna heltal blir ett nytt jämnt heltal, likaså att summan av två udda heltal blir ett jämnt heltal och att summan av ett jämnt och ett udda heltal udda. Vi ska nu bevisa att det är så. Eventuellt är det här första gången som du möter ett strikt matematiskt bevis. Att följa resonemanget nedan är nyttigt för den matematiska mognaden, men det är inte nödvändigt för att kunna förstå det övriga materialet i kompendiet. Vi börjar med två definitioner. Definition 1. Ett heltal är jämnt om det är delbart med två, det vill säga om det kan skrivas på formen a, för något heltal a. Definition. Ett heltal är udda om det lämnar rest ett vid division med två, det vill säga om det kan skrivas på formen a + 1 för något heltal a. Vi kan nu formulera och bevisa våra utsagor. Sats 1. Summan av två jämna heltal är ett jämnt heltal. Bevis 1. Eftersom talen är jämna kan det första skrivas som a 1 och det andra skrivas som a, där a 1 och a är heltal. Vi får summan a 1 + a = (a 1 + a ), vilket är ett jämnt tal enligt definition. Alltså är summan av två jämna heltal ett jämnt heltal. Sats. Summan av två udda heltal är ett jämnt heltal. 10

11 Bevis. Eftersom talen är udda kan det första skrivas som a och det andra skrivas som a + 1, där a 1 och a är heltal. Vi får summan a a + 1 = a 1 + a + = (a 1 + a + 1), vilket är jämnt tal. Alltså är summan av två udda heltal ett jämnt heltal. Sats 3. Summan av ett udda och ett jämnt heltal är ett udda heltal. Bevis 3. Det udda talet kan skrivas som a och det jämna kan skrivas som a, där a 1 och a är heltal. Vi får summan a a = (a 1 + a ) + 1, vilket är udda tal. Alltså är summan av ett udda och ett jämnt heltal är ett udda heltal. Det finns motsvarande satser för multiplikation och vi väljer att bevisa en och lämnar övriga två som övningar. Sats 4. Produkten av ett udda och ett jämnt heltal är ett jämnt heltal. Bevis 4. Det udda talet kan skrivas som a och det jämna kan skrivas som a, där a 1 och a är heltal. Vi får produkten (a 1 + 1)a = ((a 1 + 1)a ), vilket är jämnt tal. Alltså är produkten av ett udda och ett jämnt heltal är ett jämnt heltal. Övningar 1. Beräkna 1 (5 4).. Beräkna ( 1) Beräkna ( 1) Förenkla (a b (a + b)) + (a + b). 5. Förenkla (a + b)(c + d) c(a + b). 6. Visa att (a + b) 3 = a 3 + 3ab + 3a b + b Ge ett exempel på när (x a ) b = x (ab) och ett exempel på när (x a ) b x (ab). 8. Beräkna kvoten k och resten r då 107 delas med Vad blir resten då 93 delas med 17? 10. Bevisa att produkten av två jämna heltal är ett jämnt heltal. 11. Bevisa att produkten av två udda heltal är ett udda heltal. 11

12 1.3 Primtal Antag att vi utgår från talen 3 och 5 och frågar oss vilka ytterligare naturliga tal vi kan bilda genom upprepad addition. De fem första talen som vi kan bilda är = 6, = 8, = 9, = 10 och = 11. Om vi istället utgår från talet 1 så kan vi bilda =, = 3, = 4, det vill säga alla positiva heltal. Talet 1 fungerar alltså så att hela Z + kan bildas från det med hjälp av upprepad addition. Låt oss betrakta motsvarande situation för multiplikation. Vi utgår från talen 3 och 5 och frågar oss vilka ytterligare naturliga tal vi kan bilda genom upprepad multiplikation. De två första talen som vi kan bilda är 3 3 = 9 och 3 5 = 15. Hur ska vi bära oss åt om vi vill kunna skapa alla naturliga tal på det här sättet? Låt oss lägga till talet. Vi kan nu även bilda = 4, 3 = 6, = 8, 5 = 10, 3 = 1 och = 16. Sammantaget har vi fått {, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 1, 15, 16,...}. Mängden blir tätare, men vi saknar till exempel talet 7. När vi lägger till detta tal så kan vi även bilda 14 och vi får {, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 1, 14, 15, 16,...}. Vi kan fortsätta och lägga till 11 och sedan 13, men då kommer vi upptäcka att vi saknar talet 17. Talen, 3, 5, 7, 11, 13, 17 som vi utgått från är de sju första primtalen. Varje naturligt tal större än ett kan bildas genom upprepad multiplikation av primtal. Vi behöver förstås en mer precis beskrivning av vad som menas med ett primtal. För att göra det ska vi först berätta vad ett sammansatt heltal är. Ett positivt heltal a > 1 är sammansatt om det kan skrivas som en produkt av två heltal b och c som är större än ett, det vill säga a = b c, där b > 1 och c > 1. Exempel Talen 4, 6, 8, 9 är sammansatta eftersom 4 =, 6 = 3, 8 = 4 och 9 = 3 3, medan talen, 3, 5, 7 är primtal eftersom dessa inte kan skrivas som en produkt av mindre postiva heltal. Nu kan vi definiera begreppet primtal. Definition 3. Ett positivt heltal som är större än ett och som inte är sammansatt kallas för primtal. Kuriosa. Det finns oändligt många primtal. Detta brukar man bevisa genom ett så kallat motsägelsebevis. Man antar att det bara finns ändligt många primtal och visar att detta leder till en motsägelse, varpå man drar slutsatsen att antalet primtal är oändligt. Följande är exempel på kända primtal. Det enda jämna primtalet. Varför? Det största (hittills) så kallade Fermatprimtalet (Googla för definition) Det näst minsta primtalet som skrivs med bara ettor. 1

13 Lägg märke till att begreppet sammansatt tal är nära knutet till begreppet delbarhet från förra kapitlet, nämligen att ett heltal b är en delare till ett heltal a om a = b c för något heltal c. En synonym till delare är faktor. Vi är i huvudsak intresserade av positiva delare till positiva heltal. Exempel Talet 6 har de positiva delarna 1,, 3, 6. Talet 7 har de positiva delarna 1 och 7. Talet 8 har de positiva delarna 1,, 4, 8. Kuriosa 3. Ett tal a kallas perfekt om summan av de positiva delarna är lika med a. Till exempel är 6 ett perfekt tal eftersom = 1 = 6. Hur många perfekta tal som finns är en öppen fråga. Kan du hitta något annat perfekt tal än sex? Tips: Det finns ett som är mindre än 30. Med hjälp av definitionen av delare så kan vi definiera sammansatta tal och primtal på ett annat sätt. Ett positivt heltal som är större än ett är sammansatt om det har fler än två positiva delare. Ett positivt heltal som endast har två positiva delare, sig själv och ett, kallas för ett primtal. Ibland talar man även om äkta delare. Man säger att b är en äkta delare till a om b är en positiv delare till a och b är skilt från både ett och a. Ett primtal är alltså ett tal som saknar äkta delare. Primtalsfaktorisering Betrakta talet 50. Eftersom talet är jämnt så är det delbart med två och vi kan skriva Även 60 är delbart med två och vi skriver Återigen, 130 är jämt och vi får Vi ser att fem är en positiv delare till 65 och Vi har alltså visat att 50 = = = = = 5 13 = Lägg märke till att, 5 och 13 alla är primtal. Vi säger att vi har primtalsfaktoriserat 50. Primtalsfaktoriseringen av ett positivt heltal är unik. Detta är Aritmetikens fundamentalsats och tas upp i högre kurser i algebra. Primtalsfaktoriseringen av ett tal hjälper oss att bestämma delarna till talet som följande exempel visar. Exempel Hur många positiva delare har talet 50? Lösningsförslag: Enligt ovan gäller det att 50 = Läsaren bör övertyga sig om att de positiva delarna till talet är talen på formen a 5 b 13 c, där 0 a 3, 0 b 1 och 0 c 1. Detta ger delarna = = = = = = = = = = = = = = = = 50. Det finns alltså 16 positiva delare till

14 Om man vill ta reda på om ett tal a är ett primtal så kan undersöka om a delas av primtalen, 3, 5, 7, 11,.... Har man gått igenom alla primtal som är mindre än a och inte funnit någon positiv delare så vet man att a självt måste vara ett primtal. Men man behöver i själva verket inte testa alla primtal fram till talet a utan det räcker att testa alla primtal som är mindre än eller lika med a. Kan du fundera ut varför det är så? Exempel Är 57 ett primtal? Lösningsförslag: Vi börjar med att uppskatta hur stort 57 är. Eftersom 0 = 400 så gäller det att 400 = 0. Alltså måste 57 vara mindre än 0. Vi har att 17 = 89, alltså måste 57 även vara mindre än 17. Men 16 = 56, så 57 är större än 16. Primtalen som är mindre än 17 är {, 3, 5, 7, 11, 13}. Eftersom 57 är udda så kan det inte vara delbart med. Eftersom 57 = lämnas resten vid division med tre och är alltså inte delbart med tre. Vi har att = 57, alltså är 57 inte heller delbart med fem. Det lämnas som en övning till läsaren att verifiera att inte heller 7, 11 och 13 är delare till 57. Alltså är 57 ett primtal. Observera att primtalsfaktoriseringen av ett primtal är primtalet självt. Övningar 1. Hur många positiva delare har talet 8?. Hur många äkta delare har talet 8? 3. Hur många positiva delare har talet ? 4. Avgör om talen 85, 133 och 661 är primtal. Om något tal inte är ett primtal så primtalsfaktorisera det och bestäm antalet positiva delare. 5. Försök att primtalsfaktorisera ditt personnummer eller telefonnummer med hjälp av en miniräknare. Kommentar: Detta är det enda stället i kompendiet där du förväntas använda en miniräknare! 1.4 Moduloräkning Moduloräkning, eller kongruensräkning, hänger samman med begreppet rest och är något vi ofta använder oss av ofta utan att reflektera över det. Låt oss börja med ett exempel. Exempel Niklas går och lägger sig klockan 3.00 och vill sova åtta timmar för att vara pigg dagen efter. Vad ska han ställa klockan på (förutsatt att han somnar direkt när han lägger sig)? Lösningsförslag: För att ta reda på detta skulle man kunna tänka sig att man lägger till 8 till 3: = 31. Men försök ställa klockan på 31! Det vi gör istället är att vi drar bort ett dygn, det vill säga 4 timmar. Att dra bort 4 timmar är detsamma som att börja om på noll när vi kommer till 4. Vi får nu = 31 4 = 7. Niklas borde alltså ställa klockan på Det vi gjorde i exemplet ovan var att vi räknade modulo 4. Det digitala klockor visar är egentligen resten vid heltalsdivision med 4. Låt oss nu ge en formellt definition. Definition 4. Om två tal a och b skiljer sig åt med en multipel av n, det vill säga att det existerar ett heltal k så att a b = k n, så säger vi att a och b är kongruenta modulo n. Detta skrivs a b (mod n) eller a n b och utläses a kongruent med b modulo n. 14

15 Exempel Det gäller att eftersom = 4, vilket så klart är en multipel av fyra. Speciellt gäller att om talet a lämnar resten r vid division med b, så är a och r kongruenta modulo b. Exempel Resten då 10 delas med 17 är 1, ty 10 = och alltså är 10 1 (mod 17). Omvänt gäller det att om a och r är kongruenta modulo b och 0 r < b så lämnar a resten r vid division med b. Exempel 1.0. Det gäller att och eftersom 0 3 < 4 så lämnar 19 resten 3 vid division med 4. Exempel 1.1. Idag är det tisdag, vad är det för veckodag om 37 dagar? Lösningsförslag: Vi börjar med att notera att 37 dagar är detsamma som fem veckor och två dagar. Vi söker alltså den veckodag som är två dagar efter tisdag, det vill säga torsdag. Detta svarar givetvis mot beräkningen Vid moduloräkning kan kan man använda de tre räknesätten addition, subtraktion och multiplikation för att förenkla beräkningarna. Division är däremot inte definierat i allmänhet. Sats 5. Låt a vara ett positivt heltal och låt m 1, m, n 1 och n vara heltal sådana att m 1 n 1 (mod a) och m n (mod a). Då gäller m 1 + m a n 1 + n, m 1 m a n 1 n, m 1 m a n 1 n. Innan vi bevisar satsen ska vi illustrera hur den kan användas med ett par exempel. Exempel 1.. Vad blir resten då delas med 5? Lösningsförslag 1: Vi lägger först ihop talen och tar reda på resten vid division med = 9 4 (mod 5) eftersom 9 = Men enligt regel ett från Sats 5, så kan vi först ta reda på resten modulo 5 för de båda talen 11 och 18 och sedan addera dem. Lösningsförslag : = 4. Exempel 1.3. Beräkna 1 7 (mod 3). Ange svaret med ett så litet icke-negativt tal som möjligt. Lösningsförslag 1: Vi har 1 7 = 5 (mod 3). Ett alternativt sätt är att använda regel två från Sats 5, det vill säga att vi först tar reda på resten modulo 3 för de båda talen 1 och 7 och sedan subtraherar dem. Lösningsförslag : Vi har att och och får (mod 3). Observera att vi i sista steget adderade tre eftersom 1 är ett negativt tal. 15

16 Exempel 1.4. Beräkna 6 7 (mod 5). Ange svaret med ett så litet icke-negativt tal som möjligt. Lösningsförslag: Eftersom 6 7 = 4 (mod 5) så är det sökta svaret. Ett alternativt sätt är att använda regel tre från Sats 5. det vill säga att vi först tar reda på resten modulo 5 för de båda talen 6 och 7 och sedan multiplicerar resterna. Lösningsförslag : Vi får (mod 5). Om man har stora tal är denna andra lösning avsevärt mindre krävande rent beräkningsmässigt. För den intresserade läsaren ger vi nu beviset för Sats 5. Bevis 5. Eftersom m 1 a n 1 så är m 1 n 1 a 0, det vill säga m 1 n 1 = s a, för något heltal s. På samma sätt följer det av m a n att m n = t a för något heltal t. Vi får att (m 1 + m ) (n 1 + n ) = m 1 n 1 + m n = s a + t a = (s + t)a, vilket innebär att (m 1 + m ) (n 1 + n ) är delbart med a. Men det betyder att (m 1 + m ) a (n 1 + n ), vilket bevisar regel ett i satsen. Beviset för regel två är i princip identiskt med beviset för regel ett och utelämnas därför. När det gäller regel tre har vi m 1 m n 1 n = (m 1 n 1 )m + n 1 (m n ) = s a m + n 1 t a = (s m + t n 1 )a Alltså är m 1 m n 1 n delbart med a, från vilket det följer att m 1 m a n 1 n. Följande exempel illustrerar fördelen med att använda Sats 5 för att angripa faktorerna i en produkt innan vi utför multiplikationen. Exempel 1.5. Bestäm resten då delas med 3. Lösningsförslag: Vi har att 38 = 1 3 +, 41 = , 43 = och 36 = Alltså är Resten är alltså (mod 3). Exempel 1.6. Vad blir resten då 4 7 delas med 7? Lösningsförslag: Det gäller att 16 7, så genom att skriva 4 7 = (4 4) (4 4) (4 4) 4 får vi Resten då 4 7 delas med 7 är alltså 4. Exempel 1.7. Vad blir resten då 4 17 delas med 7? Lösningsförslag: För att lösa den här uppgiften använder vi potensreglerna tillsammans med den tredje regeln i Sats 5 upprepade gånger. Eftersom 4 7 så är Nu är 17 = , så 4 17 = = (4 3 ) 4 4, varur det följer att (4 3 ) Resten är 4 även i denna uppgift. 16

17 Exempel 1.8. Vad blir resten då 15 delas med 6? Lösningsförslag: Vi utnyttjar att 3 = 8 och att 8 6. Vi får 15 = = 3 41 = ( 3 ) 41 och alltså gäller det att 15 = ( 3 ) = 43. Vi fortsätter omskrivningen och får 43 = 3 14 = ( 3 ) = 15 = ( 3 ) 5 = 5 = Alltså lämnar 15 resten vid division med 6. Kuriosa 4. Moduloräkning har en mycket viktig tillämpning inom kryptering. RSA-algoritmen, som många banker använder, utnyttjar en beräkningsasymmetri som uppstår vid just kongruensberäkningar. Övningar 1. Vilken rest erhålls då divideras med 5?. Vilken rest ger 64 vid division med 3? 3. Idag är det fredag. Vilken veckodag är det om 101 dagar? 4. Vilken rest erhålls då delas med 5? 5. Vilken rest erhålls då 3 7 delas med 10? 6. Vilken rest erhålls då 04 delas med 11? 7. (svår) Siffersumman av ett tal är summan av de ingående siffrorna. Visa att ett tal som har en siffersumma som är delbar med tre i sig är delbart med tre. Exempel: Talet 138 har siffersumman = 1 som är delbart med tre. Alltså är 138 delbart med tre enligt påståendet ovan. Tips: Nästa avsnitt, särskilt representationen i ekvation nedan, kan vara till hjälp. 1.5 Representation av heltal Vi är så vana med hur vi skriver tal att vi knappast lägger märkte till tanken bakom. Tio kronor skriver vi som 10 kr, och nittiofem kronor som 95 kr. Men det finns många andra sätt att skriva, eller med ett finare ord, representera tal på. Du har antagligen stött på romersk representation av tal, där ett, fem och tio skrivs som I, V respektive X. Det här avsnittet kommer att handla om hur man kan representera tal i olika talbaser. Varför är detta intressant? Låt säga att du vill beskriva hur många femtio stenar är. Du kan givetvis rita femtio streck och säga att du ser en sten för varje streck. Denna metod fungerar inte så bra i praktiken, varför vi uppfann positionssystemet, som ett sätt att representera olika antal. Låt oss titta på uttrycket 354. Vilket antal representerar detta? Skulle vi gå till banken och ta ut denna summan pengar så skulle vi sannolikt få tre stycken tusenlappar, fem hundralappar, två tiokronor och fyra enkronor. Här ser vi ett tydligt mönster, varje mynt eller sedel motsvarar en viss potens av tio. Vi har alltså att 356 = Att vi använder just talet tio härstammar från att vi har tio fingrar. Naturligtvis är 354 inte alls samma som 534, siffrornas position är betydande för talets värde och varje position motsvarar en viss potens av talet tio. Därför kallas vårt sätt att representera tal för positionssystemet med bas 10, även kallat decimalsystemet. Allmänt så representerar vi heltal i bas tio enligt följande. Talet s n 10 n + s n 1 10 n s s , (1.5.1) 17

18 där varje tal s i är ett heltal mellan noll och nio, skrivs Här är s n, s n 1,..., s 1, s 0 siffrorna i talet. s n s n 1... s 1 s 0. Exempel 1.9. För talet 354 är s 3 = 3, s = 5, s 1 = och s 0 = 4. Tanken är att representationen ska vara unik, varje tal ska bara kunna skrivas på ett enda sätt. Detta för att helt enkelt undvika förvirring. För att det ska gälla måste siffrorna s i uppfylla att 0 s i 9. Men förutom att tio är antalet fingrar vi har på händerna så är det inget speciellt med detta tal. I det här avsnittet ska vi gå igenom hur vi kan representera tal i positionssystemet med bas. En dator lagrar sin data i positionssystemet med bas. Positionssystemet med bas kallas oftast för det binära talsystemet. Heltal i det binära talsystemet I det binära talsystemet representeras talet 8 på följande sätt. Representation i bas : Positionsvärde: Talets värde: = 8 Vi skriver detta som att 8 10 = I fortsättningen kommer vi inte att skriva ut 10:an för att markera att vi använder det decimala talsystemet, utan nöjer oss med att skriva 8 = Observera att i bas använder vi bara två siffror, 0 och 1. Vi kan se det som att vi har 8 enkronor och växlar dessa till mynt med valörerna 1,,, 3, 4,... och sedan anger hur många mynt vi har av varje myntsort. I allmänhet så representeras tal i bas som följer. Hur ett heltal skrivs i bas Representation i bas :... s 4 s 3 s s 1 s 0 Positionsvärde: Talets värde: + s s s + s s 0 0 Exempel Skriv 18 i bas. Lösningsförslag: Vi börjar med att bestämma den största tvåpotens som är mindre än eller lika med 18. Vi ser att 5 = 3 är för stort (3 > 18). Däremot funkar 4 = 16 alldeles utmärkt. Vi har nu bara en tvåa kvar att konvertera eftersom =. Vi använder då att 1 = och ser att vi kan skriva 18 i bas enligt 18 = = Om man har ett tal skrivet i bas kan man så klart också skriva om det i bas 10. Man använder helt enkelt samma metod fast baklänges. Låt oss illustrera detta med ett exempel. Exempel Konvertera 110 till bas 10. Lösningsförslag: Vi skriver först om 110 i tvåpotenser och beräknar sedan 110 = = = 6. 18

19 Övningar 1. Konvertera 34 till bas.. Konvertera 1101 till bas Rationella tal Vi har nu tagit upp de positiva heltalen Z +, de naturliga talen N och heltalen Z. Vi har även studerat moduloräkning och talrepresentationer. Nästa steg på vägen är de rationella talen. Om a och b är två heltal så kommer lösningen till ekvationen alltid att vara ett heltal eftersom a + x = b x = b a och heltalen ju är slutna under subtraktion. Men vad händer om vi vill lösa ekvationen a x = b där a och b är heltal? Är x ett heltal? Givetvis kan x vara ett heltal, exempelvis om a = 4 och b = 1 så är x = 1/4 = 3. Men om a = 1 och b = 4 så erhåller vi x genom att dividera båda leden i ekvationen 1 x = 4 med 1, så x = 4 1 = 1 3. Detta är ett bråktal, eller ett rationellt tal som vi kommer att kalla det i fortsättningen. Ett godtyckligt rationellt tal kan skrivas på formen a b, där a och b är heltal och b 0. Talet a i det rationella talet a b kallas täljare och b kallas nämnare. Bland de rationella talen kan man alltid hitta lösningen till ekvationen b x = a för två heltal a och b där b 0. Begreppet rationellt tal är besläktad med den engelska termen ratio som betyder förhållande. Man betecknar mängden av alla rationella tal med Q, efter det engelska ordet quotient som betyder kvot. Det gäller därför att mängden av heltal är en delmängd till mängden av rationella tal, vilket vi ju som bekant uttrycker som Z Q. När vi löste ekvationen 1 x = 4 så utnyttjade vi att 4 1 = = = 1 3. Vi säger att 1/3 är skrivet på förkortad form. Att vi inte kan förkorta bråket 1/3 mer beror på att 1 och 3 saknar gemensamma delare (förutom 1). För att hitta den förkortade formen av ett bråk a/b kan vi primtalsfaktorisera både a och b. När vi väl har funnit primtalsfaktoriseringen kan vi förkorta bråket så att de inte längre har gemensamma delare. Exempel 1.3. Förkorta 90/105. Lösningsförslag 1: Vi har att 90 = 3 5 och att 105 = 3 5 7, så = = 3 =

20 Ibland kan det vara lätt att se att två bråk har en gemensam delare. I så fall kan vi utföra förkortningen direkt. Låt oss därför titta på ett annat lösningsförslag. Lösningsförslag : Vi ser att både 90 och 105 är delbara med 5, vi har nämligen att 90 = 5 18 och 105 = 5 1, så 90/105 = 18/1. Vi har att 18 = 3 6 och 1 = 3 7, alltså är 90/105 = 18/1 = 6/7. Primtalsfaktorisering är beräkningstungt, och som tur är finns det en bättre metod för att avgöra om ett bråk är maximalt förkortat. Denna metod heter Euklides algoritm och den gås normalt igenom i högskolornas grundkurser. Ibland skriver man sneda bråkstreck och ibland raka. Det är ingen skillnad i betydelse, alltså gäller det att a/b = a b. Men i många sammahang är det tydligare att använda den senare framställningen Addition, multiplikation och division av rationella tal Vi adderar bråk genom att göra liknämnigt och skriva dem på gemensamt bråkstreck enligt Exempel Lösningsförslag: a b + c d = d a d b + b c b d Skriv ad + bc =. bd på förkortad form = ( 4) = = 1 0 Vid addition av bråken a b och c d ovan användes den gemensamma nämnaren b d. Om de två första nämnarna b och d har gemensamma faktorer kan man hitta en gemensam nämnare som är mindre än b d. Vi visar med ett exempel. Exempel Skriv på förkortad form. Lösningsförslag: Vi har 6 = 3 och 14 = 7, så genom att multiplicera båda sidor i det första bråket med 7 och båda sidor i det andra med 3 får vi liknämnigt. Detta ger oss = = = = 8 1. Vi multiplicerar bråk genom att multiplicera täljare och nämnare för sig; Exempel Beräkna a b c d = a c b d. och svara på förkortad form. 0

21 Lösningsförslag 1: = 3 ( 4) = = 1 0 = = 3 5. Givetvis kan vi förkorta bråket i det andra steget direkt. Lösningsförslag : = 3 ( 1) = Division av bråk ges av Exempel Lösningsförslag: a b c d = Skriv a b b d c d b d = = a b b d c d b d = a d b c. på förkortad form. = 3 5 = 3 5. Exempel Lösningsförslag 1: Lösningsförslag : Skriv = på förkortad form. 8 5 = = = = = 5 8. Exempel Skriv /(/3) + (5/4)/ på förkortad form. 1

22 Lösningsförslag 1: /(/3) + (5/4)/ = = = 9 8. Lösningsförslag : /(/3) + (5/4)/ = = = 9 8. Exempel Lösningsförslag: Skriv på förkortad form = = = Vi har här behållit faktorerna i nämnaren för att lättare kunna kontrollera huruvida bråket är skrivet på förkortad form eller ej. Eftersom 81 = 9 9 = 3 4 så saknar täljare och nämnare gemensamma delare. Alltså är = Blandad form och decimalform På högskolan undviker vi att svara på så kallad blandad form. Det främsta skälet till det är att det kan vara oklart vad som avses. Den blandade formen 3 betyder två hela och två tredjedelar, det vill säga + 3 = = 8 3. Samtidigt är det snarlika uttrycket 3 lika med 4 3, vilket är något helt annat. Decimalform använder vi oss i princip endast av när vi behöver avrunda. Bråket 10 förkortar vi till 1 5 istället för att skriva det som 0,. Observera dessutom att uttryck som 1 3 inte ens kan skrivas på exakt decimalform De rationella talens slutenhet Kanske tänker du nu att mängden Q är sluten under division. Detta skulle betyda att om p, q är två godtyckliga rationella tal ska det gälla att p/q är ett rationellt tal. Men detta kan inte stämma i det allmänna fallet. För även talet 0 är ju ett rationellt tal och p/0 är inte definierat. För att slutenhet ska gälla vid division måste vi alltså betrakta mängden av rationella tal utan talet 0. Inom denna mängd gäller att division av två godtyckliga element (nollskilda rationella tal) ger oss ett element i samma mängd. Givetvis är mängden av alla rationella tal Q sluten under addition, subtraktion och multiplikation då alla dessa operationer med rationella tal resulterar i rationella tal.

23 Övningar 1. Skriv 1/3 + 1/ + 1/7 på förkortad form.. Skriv 1/ Skriv på förkortad form. 4. Representerar 1/3 och 1 6 / 1 på förkortad form. samma rationella tal? 5. Låt s = 1 9, t = 1 6, u = 3 och bestäm (a) s t + u (b) s / s t u (c) s t t u (d) (s u) 1.7 Reella tal t u + t. Ett rationellt tal har antingen en ändlig decimalutveckling (till exempel 1/10 = 0, 1), eller en oändlig, men upprepad, decimalutveckling (till exempel 1/3 = 0, ). På motsvarande sätt karaktäriseras de irrationella talen av att ha en oändlig decimalutveckling som inte upprepar sig, och ett irrationellt tal kan alltså inte skrivas som en kvot mellan två heltal. Att det finns tal som inte är rationella upptäcktes av Pythagoras (500-talet f kr). Du känner säkert till att diagonalen på en kvadrat med sidan ett har längd. Detta tal kan inte uttryckas som en kvot av två heltal är ett exempel på ett irrationellt tal. Ett annat exempel på ett irrationellt tal är π som är ungefär lika med 3, 14. Kuriosa 5. För att visa att är irrationellt antar man att kan skrivas som ett bråk, det vill säga som a/b, där a och b är heltal. Man visar sedan att detta leder till en motsägelse. Detta bevis utfördes av Aristoteles (300-talet f kr) och är ett utmärkt exempel på ett motsägelsebevis. Beviset är inte så komplicerat och brukar ingå i högskolornas grundkurser i matematik. De irrationella talen utgör tillsammans med de rationella talen de reella talen. De reella talen betecknas med R och det gäller alltså att Q R. Även om de rationella talen ligger oändligt tätt längs tallinjen, så finns även ett oändligt antal hål på tallinjen och det är dessa som utgörs av de irrationella talen. Att de rationella talen ligger oändligt tätt ska tolkas som att det mellan två godtyckliga rationella tal alltid finns oändligt många rationella tal! Men för att få med alla tal reella tal måste vi alltså ta med både de rationella och de irrationella talen Mer om potenser I heltalskapitlet stötte vi på potensbegreppet. Vi ska nu generalisera begreppet till de reella talen, men vi måste vara lite försiktiga. Vi kommer att titta på två olika fall. 1. Basen är ett reellt tal och exponenten är ett heltal, till exempel ( ) eller 3.. Basen är ett positivt reellt tal och exponenten är ett rationellt tal, till exempel 4 1/ eller /3. 3

24 Vi börjar med fall 1. Först låter vi exponenten vara ett positivt heltal. Det är naturligt att låta r a = r } {{ r }, a gånger vilket för ett rationellt tal p q innebär att ( p q ) a = p q p q = pa q a. Exempel Vi räknar det första exemplet från fall 1. Vi får ( ) = ( ) ( ) = = Låt nu exponenten vara ett icke-positivt heltal. Vi definierar r 0 = 1 när r 0 och r a = 1 r a. Observera alltså att 4 0 = ( 13) 0 = ( ) 0 = ( 1 4 )0 = 1, men att 0 0 inte är definierat. Exempel Vi räknar det andra exemplet i fall 1 och får 3 = 1 3 = 1 8. Vi fortsätter med fall, där exponenten r är ett rationellt tal och basen a ett icke-negativt heltal. Då definierar vi a 1/ som det positiva tal b vars kvadrat är lika med a, det vill säga att a 1/ = a. På liknande sätt definierar vi, då a är ett icke-negativt heltal, a 1/n som det positiva tal b som upphöjt till n är lika med a, alltså b n = a. Exempel / = 4 =, 7 1/3 = (3 3 ) 1/3 = 3 3 (1/3) = 3 1 = 3, ( 10 ) 1/10 = Observera att 4 = och inte, eftersom vi kräver att 4 ska vara positivt. Slutligen, om a är är ett icke-negativt heltal så definierar vi Exempel Förenkla 4 3/. a c/d = (a c ) 1/d. Lösningsförslag 1: Vi använder definitionen och skriver 4 3/ = (4 3 ) 1/ = 4 3. Vi fortsätter och får 4 3 = 64 = 8. Lösningsförslag : Man kan också utnyttja potenslagen (a b ) c = a bc och omskrivningen 4 = för att få 4 3/ = ( ) 3/ = 3/ = 3 = 8. För att se fördelen med det senare sättet, betrakta 18 4/7. Att beräkna 18 4 och sedan försöka finna sjunderoten av det talet är givetvis inte att föredra framför omskrivningen 18 = 7 och beräkningen 7 4/7 = 4 = 16. Exempel Förenkla /3. 4

25 Lösningsförslag 1: /3 = 1 /3 = 1 ( ) 1/3 = 1 1/3 = 1/3. Lösningsförslag : /3 = ( ) 1/3 = 1/3. Lösningsförslag 3: /3 = ( 1/ ) /3 = (1/) ( /3) = 1/3. Exempel Skriv 3 1/ ( 3) 3 3 1/3 på formen 3 a/b, där a/b är ett maximalt förkortat bråk. Lösningsförslag 3 1/ ( 3) 3 3 = 3 1/3 3 (3 3 ) 1/ 1/3 (3 ) 3 ( 1) 3 (3) 3 3 == 3 1/3 +3/ 3 1/6 = 1/3 ( 1) /3 3 = 6/3 3 1/6 3 6/3 = 3 1/6 6/3 = 3 53/6. Vi har inte definierat potenser a r med negativ bas a och rationell exponent r, så som till exempel ( 1) 1/. Hur man gör det är problematiskt och återkommer först i senare högskolekurser. Men problemet är relaterat till komplexa tal och detta är något som vi nu ska titta på. Övningar 1. Beräkna 6. Beräkna ( ) ( 1 ) Beräkna 4. Beräkna (3 1/3 ) Beräkna 81 3/4. 6. Beräkna Skriv 1/ /8 på formen a/b, där a/b är ett maximalt förkortat bråk. 5

26 1.8 Komplexa tal Man kan tycka att de reella talen, R, är alla tal man någonsin skulle behöva här i livet. Men på 1500-talet insåg man att man behövde uppfinna ett nytt slags tal för att kunna lösa vissa ekvationer och man införde de komplexa talen. Varje komplext tal z består av en reell del och en imaginär del och z kan skrivas som a + bi, där a och b är reella tal och i är den imaginära enheten. Den imaginära enheten i har egenskapen att i = 1, vilket är precis det som krävs för att vi ska kunna lösa ekvationen x = 1. Ibland skriver man i = 1, men detta kan leda till problem, så det bör undvikas. Notera till exempel följande räkning : 1 = 1 = ( 1) ( 1) = 1 1 = i i = i = 1. Problemet är att räkneregeln a b = a b inte gäller då a och b är negativa. Varje komplext tal a + bi svarar alltså mot ett par (a, b) av reella tal. Vi kallar a för realdelen, och b för imaginärdelen. Realdelen av ett komplext tal z skrivs Re(z), och imaginärdelen skrivs Im(z). Exempel Låt z = i. Då är Re(z) = 1 4 och Im(z) = 5. Bildligt talat kan man säga att när man inför de komplexa talen så lägger man till en ny dimension. De reella talen kan representeras på en tallinje, medan de komplexa talen kan framställas i ett talplan, där realdelen är x-koordinaten och imaginärdelen är y-koordinaten. im aginärdel 6 4 4i 5 3i 4 3i i realdel 3 i 4 3 4i 6 Figur 1: Här är det komplexa talplanet med några komplexa tal utmärkta. Mängden av alla komplexa tal skrivs C. Observera att de komplexa tal vars imaginärdel är 0, kommer vara de vanliga reella talen, R. Detta innebär att R C. Vi har alltså Z + N Z Q R C. När man adderar komplexa tal så adderar man realdelarna och imaginärdelarna för sig, (a 1 + ib 1 ) + (a + ib ) = (a 1 + a ) + (b 1 + b )i, där a 1, a, b 1, b är reella tal. Subtraktion behandlas på liknande sätt och vi har (a 1 + ib 1 ) (a + ib ) = (a 1 a ) + (b 1 b )i. 6

27 Så här långt så är det inte så märkligt. Men när vi ska multiplicera två komplexa tal a 1 + ib 1 och a + b i får vi (a 1 + ib 1 ) (a + ib ) = a 1 a + ia 1 b + ia b 1 + i b 1 b = (a 1 a b 1 b ) + (a 1 b + a b 1 )i genom att använda den distrubutiva lagen och sambandet i = 1. Formeln är ingenting man behöver lära sig utantill, det är bättre att utföra multiplikationen direkt. Exempel Låt z = 1 i och w = 3 + 4i. Beräkna z + w, z w och z w. Lösningsförslag: Vi använder reglerna ovan och får Subtraktion ger att Vi utför sedan multiplikationen och får z + w = (1 i) + (3 + 4i) = i + 4i = 4 + i. z w = (1 i) (3 + 4i) = 1 3 i 4i = 6i. z w = (1 i) (3 + 4i) = i i 3 i 4i = 3 + 4i 6i 8i = 3 i + 8 = 11 i. Alltså har vi att z + w = 5 + i, z w = 6i och z w = 11 i. De regler för addition och multiplikation som gäller för reella tal fungerar även för komplexa tal. Observera att vi ännu inte gett någon metod för att dividera två komplexa tal. Detta gör vi i nästa avsnitt. Du kan själv verifiera att för komplexa tal z, w och v gäller det att z + w = w + z Kommutativa lagen för addition (z + w) + v = z + (w + v) Associativa lagen för addition z w = w z Kommutativa lagen för multiplikation (z w) v = z (w v) Associativa lagen för multiplikation z (w + v) = z w + z v Distributiva lagen Exempel Beräkna (i) 3. Lösningsförslag: Vi har att (i) 3 = 3 i 3 som blir 8i 3. Vidare är i 3 = i i och i = 1, så i 3 = i. Alltså är 8i 3 = 8i. Övningar 1. Beräkna i i.. Beräkna i ( i). 3. Låt z = 1 i och w = + i 3. (a) Beräkna z + w. (b) Beräkna z w (c) Beräkna z w. 4. Beräkna i Beräkna i Bestäm realdelen och imaginärdelen till z = (1 + i) 3. 7

28 1.9 Kvadreringsreglerna och konjugatregeln Genom att använda den distributiva lagen och den kommutativa lagen för multiplikation ska vi härleda kvadreringsreglerna och konjugatregeln. Eftersom den kommutativa och den distributiva lagen gäller för alla de talsystem vi berör i detta material så kommer dessa regler att gälla för alla dessa talsystem Kvadreringsreglerna Vi noterar först att (a + b)(c + d) = ac + bc + ad + bd. Genom att betrakta specialfallet a = c och b = d får vi kvadreringsregeln (a + b) = (a + b)(a + b) = a + ab + ba + b = a + ab + b. Ibland kallas denna regel istället första kvadreringsregeln och då vi byter ut b mot b får vi det som ibland kallas andra kvadreringsregeln. Då gäller alltså att (a b) = a ab + b. Att gå från vänsterled till högerled brukar ofta vara lätt, men det är lika viktigt att kunna köra omskrivningar från högerled till vänsterled. Exempel Använd kvadreringsregeln för att beräkna 101. Lösningsförslag: Ett bra sätt att beräkna kvadraten på ett mer komplicerat tal är att skriva om talet som summan av två tal vars kvadrater lätt kan beräknas. I detta exempel är det praktiskt att göra omskrivningen 101 = ( ). Vi kan nu enkelt använda kvadreringsregeln för att beräkna kvadraten och får ( ) = = = Exempel Faktorisera x x + 1. Lösningsförslag: Här kan vi direkt använda andra kvadreringsregeln baklänges (med a = x, b = 1) och vi får x x + 1 = (x 1). Exempel Faktorisera uttrycket x 3 + 4x + 4x. Lösningsförslag: Vi börjar med att bryta ut x eftersom x finns i alla termer i uttrycket. x 3 + 4x + 4x = x(x + 4x + 4), och därefter använder vi första kvadreringsregeln baklänges x(x + 4x + 4) = x(x + ). 8

29 1.9. Konjugatregeln Konjugatregeln säger att Regeln gäller eftersom (a + b)(a b) = a b. (a + b)(a b) = a ab + ba b = a b, där vi använde oss av den kommutativa lagen som säger att ab = ba. Exempel 1.5. Skriv om uttrycket (x + y)(x y) med hjälp av konjugatregeln. Lösningsförslag: Vi tillämpar konjugatregeln och får (x + y)(x y) = (x) y = 4x y. Sammanfattningsvis har vi följande räkneregler: Exempel Förkorta uttrycket så långt som möjligt. Första kvadreringsregeln: (a+b) = a +ab+ b. Andra kvadreringsregeln: (a b) = a ab+ b. Konjugatregeln: (a + b)(a b) = a b. 4x 3 + 4x + x 4x 1 Lösningsförslag: Vi ser att alla termer i täljaren innehåller x, varför vi kan bryta ut x ur täljaren. Vi får: 4x 3 + 4x + x 4x = x(4x + 4x + 1) 1 4x. 1 Första kvadreringsregeln kan användas på täljaren och konjugatregeln kan användas på nämnaren. Vi får att 4x 3 + 4x + x 4x 1 = x(4x + 4x + 1) 4x 1 = x(x + 1) (x + 1)(x 1). Därefter letar vi efter gemensamma faktorer i uttrycket. Vi ser att (x + 1) är en faktor i både täljare och nämnare, det innebär att vi kan förkorta med (x + 1). Detta ger oss 4x 3 + 4x + x 4x 1 = x(4x + 4x + 1) 4x 1 = x(x + 1) x(x + 1) = (x + 1)(x 1) (x 1). Hur vet vi då att vi är klara? Jo, både täljare och nämnare är faktoriserade så långt som möjligt och vi kan inte hitta några fler gemensamma faktorer Förenkling av bråk där täljare och nämnare är komplexa tal En tillämpning av konjugatregeln är att skriva om bråk av komplexa tal. Om z = x+iy, så definierar vi konjugatet till z som x iy. Detta betecknar vi med z. Låt oss använda konjugatregeln för att multiplicera ihop z och dess konjugat. Vi får z z = (a + ib) (a ib) = a (ib) = a (i) b = a ( 1)b = a + b. Produkten av de två komplexa talen z och z är alltså ett positivt reellt tal. 9

30 Exempel Låt z = 4 + i. Då är z = 4 i och z z = = 17. Låt nu z vara ett nollskilt komplext tal och skriv z = a + bi. Vi ska visa hur man kan skriva om 1/z på formen c + di, där c och d är reella tal. Idén är att förlänga bråket 1/z med konjugatet till z. 1 z = 1 z z z = z (a + b ) = a a + b b a + b i. Vi har alltså lyckats skriva 1/z på formen c + di där c = a/(a + b ) och d = b/(a + b ). Exempel Skriv 1/( + 3i) på formen a + bi, där a och b är reella tal. Lösningsförslag: Konjugatet till + 3i är 3i. Vi förlänger bråket med konjugatet och får 1 + 3i = 3i ( + 3i) ( 3i) = 3i = i. Nästa exempel visar att vi även kan skriva ett komplext tal z/w på formen a + bi. Exempel Skriv (4 + i)/(1 + i) på formen a + bi. Lösningsförslag: Konjugatet till nämnaren 1+ i är 1 i. Vi förlänger bråket med konjugatet och får 4 + i 1 + (4 + i)(1 i) = i (1 + i)(1 i) = 4 + i 4 i i i 1 ( i) = 4 + i 4 i + 1 ( ) = (1 4 )i 3 = i. 3 Övningar 1. Beräkna Tips: Använd konjugatregeln.. Förkorta följande uttryck så långt som möjligt. (a) x + x + xy 1 + x + y (b) (c) x y x + xy + y 5 x x 5 3. Låt z = 3 + 4i. Beräkna z z. 4. Skriv (4 + i)/(1 i) på formen a + bi. 30

31 Algebra, kombinatorik och logik I detta andra kaptitel börjar vi med att behandla polynom. Vi går noggrant igenom lösningsmetoder för polynomekvationer av grad och går sedan igenom divisionsalgoritmen och faktorsatsen för polynom. Vi ger också en metod för att finna rationella lösningar till en viss typ av polynomekvationer. I avsnittet om kombinatorik kommer läsaren att få bekanta sig med hur man löser problem av typen På hur många sätt.... Kapitlet avslutas med ett kort avsnitt om logik..1 Polynom och polynomekvationer En förstagradsekvation eller en linjär ekvation är en ekvation som kan skrivas på formen ax+b = 0 där a och b är konstanter och a 0. Ett sådant uttryck kallas för ett linjärt uttryck eftersom variabeln x förekommer med högsta exponent ett. En förstagradsekvation kan skrivas på många sätt. Till exempel är 4x = x + 7 en förstagradsekvation. Detta eftersom vi kan dra bort 7 från båda leden, få 4x 9 = x och sedan subtrahera x från båda leden för att få 3x 9 = 0, vilket är en ekvation på formen ax + b = 0. Lösningen till en förstagradsekvation ax + b = 0 är som vi tidigare sett x = b/a vilket vi får efter att ha flyttat över b till högersidan och sedan dividerat båda leden i ekvationen med a. Lösningen till ekvationen 3x 9 = 0 är alltså lika med 3. Vi kan verifiera att detta svar är korrekt genom att testa om x = 3 uppfyller den ursprungliga ekvationen. Detta görs genom att sätta in x = 3 i både vänster- och högerled och sedan kontrollera att det blir samma tal. I vårt fall blir vänsterledet 4 3 = 10 och högerledet = 10, så lösningen är korrekt. Denna kontroll kallas för insättning och bör alltid genomföras för att se att man räknat rätt. En andragradsekvation har den allmänna formen ax + bx + c = 0, där a, b och c är konstanter och a 0. På liknande sätt har en tredjegradsekvation den allmänna formen ax 3 +bx +cx+d = 0, där a, b, c och d är konstanter och a 0. Innan vi generaliserar detta till högre grad så introducerar vi begreppet polynom..1.1 Polynom Ett polynom p(x) av grad n i en variabel x är ett uttryck på formen p(x) = a n x n + a n 1 x n 1 + a n x n + + a x + a 1 x + a 0, där a n 0 och där n är ett naturligt tal. Polynomets koefficienter är a j :na. Dessa är tal, de kan vara reella tal, komplexa tal eller heltal vilket man nu bestämmer sig för. Exempel.1. p(x) = x 5 1 är ett polynom med heltalskoefficienter av grad fem och q(x) = är ett polynom av grad noll med reella koefficienter. Man kan givetvis döpa variabeln till något annat än x. Vanliga bokstäver förutom x är t, y och z. Multiplicerar man ett polynom i x av grad n med ett annat annat polynom i x av grad m så kommer det resulterande polynomet att ha grad m + n. 31

32 Exempel.. Polynomet (x 3 + x) (x + x + 1) har grad fem eftersom 3 + = 5. Lås oss verifiera detta genom att utföra beräkningen. (x 3 + x) (x + x + 1) = x 3 (x + x + 1) + x (x + x + 1) = x 5 + x 4 + x 3 + x 3 + x + x = x 5 + x 4 + x 3 + x + x, vilket mycket riktigt är ett polynom av grad fem. Vad händer då med graden vid addition eller subtraktion av två polynom? Graden av summan eller differensen av två polynom kan aldrig bli större än graden av det polynom som har högst grad. Men vad gradtalet blir beror faktiskt på hur koefficienterna ser ut. Om högstagradskoefficienterna till exempel tar ut varandra så sänks onekligen det resulterande polynomets grad. Exempel.3. Polynomet har grad 5, polynomet har grad och polynomet har grad Polynomekvationer (5x 5 + x + 1) + (8x 4 7x 3 x) = 5x 5 + 8x 4 7x 3 + x x + 1 (5x 5 + x + 1) + ( 5x 5 + x ) = 3x + 1 (5x 5 + x + 1) (5x 5 + x ) = 1 Om vi har ett polynom p(x) så är p(x) = 0 en så kallad polynomekvation. När p(x) är ett förstagradspolynom så säger vi att p(x) = 0 är en förstagradsekvation. Och när vi har ett andragradspolynom q(x) så säger vi att q(x) = 0 är en andragradsekvation. I allmänhet säger vi att en n:te-gradsekvation är en ekvation p(x) = 0, där p(x) är ett polynom av grad n. Vi har tidigare sett att en anledning till att införa de rationella talen är för att kunna lösa förstagradsekvationen ax + b = 0, där a och b är heltal. På samma sätt infördes de komplexa talen för att kunna lösa en godtycklig andragradsekvation ax + bx + c = 0. Som bekant har ju ekvationen x + 1 = 0 inga reella lösningar, eftersom det inte finns något reellt tal vars kvadrat är minus ett. Om p(x) är ett polynom så är polynomets rötter samtliga lösningar till ekvationen p(x) = 0. Observera skillnaden mellan begreppen polynom och ekvation. Ett polynom är ett algebraiskt uttryck på formen a n x n + + a 1 x + a 0. En ekvation har alltid ett vänster- och ett högerled avdelat med ett likhetstecken. Polynomet 5x + x + 1 är alltså inte en ekvation. Däremot är 5x + x + 1 = 0 en ekvation, men inget polynom. I vissa framställningar används begreppen rot och lösning synonymt. Låt p(x) vara ett polynom och antag att p(a) = 0 för något a. I detta material säger vi att a är en rot till polynomet p(x) och att a är en lösning till ekvationen p(x) = 0. En rot hör alltså till ett polynom och en lösning hör till en ekvation. Polynomet x 1 har rötterna ±1 och ekvationen x 1 = 0 har lösningarna ±1. 3

33 .1.3 Lösningen till en andragradsekvation med reella koefficienter Vi löser en andragradsekvation med reella koefficienter genom så kallad kvadratkomplettering. Lösningsmetoden är ett exempel på en matematisk algoritm. Vi börjar med att betrakta ekvationen som kan skrivas om till x a = 0, (.1.1) x = a. Om a är större än eller lika med noll är lösningarna till ekvationen lika med a och a eftersom a = a och ( a) = a. När a = 0 gäller det förstås att a = a = 0. Exempel.4. Ekvationen x 16 = 0 har lösningarna 16 = 4 och 16 = 4. Om a är mindre än noll finns det också två lösningar, dessa är i a och i a, eftersom (i a) = (i a) = ( 1) a = a och ( i a) = ( i) ( a) = 1 ( a) = a. (Notera att om a är mindre än noll så är a ett positivt tal, så det som står innanför rottecknet är positivt.) Exempel.5. Ekvationen x + 5 = 0 har lösningarna i 5 och i 5. En generell andragradsekvation löser vi genom att återföra till ekvation.1.1 ovan. Säg till exempel att vi vill lösa ekvationen x + x 3 = 0. Vi börjar med att addera 3 på båda sidor av ekvationen och får x + x = 3. Vi ska nu kvadratkomplettera vänsterledet. Detta innebär att vi i uttrycket x + x som innehåller både en x -term och en x-term samlar dessa båda i en gemensam kvadrat. I detta fallet får vi termerna x och x via kvadraten (x + 1) = x + x + 1. Låt oss gå tillbaka till vår ekvation. Om vi lägger till 1 på båda sidor får vi det vill säga x + x + 1 = 3 + 1, (x + 1) = 4. Nu har vi lyckats återföra vår urspungliga ekvation på samma form som ekvation.1.1. I vänsterledet har vi ett uttryck vars kvadrat är 4. De tal vars kvadrat är 4 är talen 4 och 4, vilket kort skrivs ± 4. Alltså har vi att Vi subtraherar ett från båda leden och får (x + 1) = ± 4 = ± x = 1 ±, vilket ger oss de två lösningarna x = 1 och x = 3. Båda dessa x värden uppfyller ekvationen. Försäkra dig om att detta gäller genom insättning. 33

34 Kvadratkomplettering av ax + bx + c. Vi ska nu formalisera vad vi gjort i exemplet och ge en lösningsmetod för allmänna andragradsekvationer. Ett resultat av vår lösningsmetod är att vi bevisar den så kallade pq-formeln som brukar läras ut på gymnasiet för att lösa andragradsekvationer. Betrakta polynomekvationen ax + bx + c = 0, där a 0. Eftersom a är skilt från noll kan vi dela båda sidor av ekvationen med a. Det gäller alltså att lösningarna till ekvationen är desamma som lösningarna till ekvationen ax + bx + c = 0 x + b a x + c a = 0. När vi ska lösa en andragradsekvation räcker det därför att hitta en metod för att lösa ekvationer av typen x + px + q = 0. Vi börjar med att dra bort q från båda sidorna och får då x + px = q. Vi försöker nu samla x +px i en kvadrat. Vi ser att ( x + p ) = x +px+ ( ) p stämmer överens med vänsterledet x + px så när som på konstanttermen ( ) p. För att kompensera konstanttermen adderar vi denna till båda sidor av ekvationen. Således kan vi skriva om vår ekvation som ( p ) ( p ) x + px + = q +. Nu kan vi skriva vänsterledet som en kvadrat och vi får ( x + p ) ( p ) = q +. Om högerledet är större än eller lika med noll är denna ekvation uppfylld precis då x + p = ± (p ) q. Genom att subtrahera p från båda leden får vi lösningarna: x = p ± (p ) q. Om högerledet är negativt är ekvationen uppfylld precis då x + p ( p ). q = ±i Genom att subtrahera p från båda leden får vi lösningarna: x = p ( p ). q ± Denna formel brukas kallas pq-formeln. Det är inte rekommenderat att lära sig denna formel utantill. Övningarna som följer använder sig av pq-formeln för att läsaren ska känna igen sig från gymnasiestudierna, men läsarens fokus bör vara på att förstå lösningsförslagen med kvadratkomplettering. 34

35 Exempel.6. Lös andragradsekvationen x + x = 0 med hjälp av pq formeln och sedan med hjälp av kvadratkomplettering. Kontrollera lösningarna genom insättning. Lösningsförslag 1: Vi sätter in p = 1 och q = i formeln och får att x = 1/ ± ( 1/) ( ) = 1/ ± 1/4 + = 1/ ± 9/4 = 1/ ± 3/, vilket ger x = 1 och x =. Vi kontrollerar sedan att vi har räknat rätt genom insättning och får = 0 samt ( ) + ( ) = 0. Lösningsförslag : Vi skriver om ekvationen som x + x = och samlar x + x i kvadraten (x + 1/) = x + x + 1/4, där 1/ i parentesen är vald som halva koeffiecienten framför x-termen. Genom att lägga till 1/4 på båda sidor i ekvationen får vi x + x + 1/4 = + 1/4 som vi kan skriva om till (x + 1/) = 9/4. De tal vars kvadrat är lika med 9/4 är ±3/, alltså är 1/ ± 3/ lösningar till vår urspungliga ekvation, det vill säga x = 1 och x =, vilket är samma lösningar som vi fick ovan. Exempel.7. Lös ekvationen 3x 5x = 0 med hjälp av pq formeln och sedan med kvadratkomplettering. Kontrollera lösningarna genom insättning. Lösningsförslag 1: Först dividerar vi hela ekvationen med konstanten 3 och får x (5/3)x = 0 som vi löser med pq-formeln (observera att q = 0): x = 5/3 ± (5/3 ) = 5/3 ± 5/3. Det vill säga att x = 5/3 och x = 0 är ekvationens lösningar. Vi kontrollerar sedan att vi har räknat rätt genom insättning i den ursprungliga ekvationen. Lösningsförslag : Vi delar båda sidor med tre och får x (5/3)x = 0. Vi samlar sedan x (5/3)x i kvadraten (x 5/6) = x 5/3x + 5/36. Vi lägger till 5/36 på båda sidor av ekvationen och får det vill säga x (5/3) + 5/36 = 5/36, (x 5/6) = 5/36. De tal vars kvadrat är 5/36 är ±5/6. Lösningarna är därför 5/6 ± 5/6, det vill säga x = 5/3 och x = 0. Lösningsförslag 3: Det finns ett annat sätt att lösa ekvationen 3x 5x = 0. Vi noterar att 3x 5x = x(3x 5). Om detta uttryck ska vara lika med noll så måste antingen x vara noll eller så måste (3x 5) vara noll, vilket ger lösningarna 0 och 5/3. Vi har faktoriserat ekvationen 3x 5x. Mer om detta i nästa avsnitt. 35

36 Exempel.8. Lös ekvationen x + x + 1 = 0 med pq-formeln och med kvadratkomplettering. Lösningsförslag 1: Från pq-formeln får vi x = 1/ ± i ((1/) 1) = 1/ ± i 3/4. Vi har att 3/4 = 3/, så x = ( 1 + i 3)/ och x = ( 1 i 3)/ är våra lösningar. Lösningsförslag : Vi skriver om ekvationen som x + x = 1 och sedan som (x + 1 ) = via kvadratkomplettering, det vill säga (x + 1 ) = 3 4. De tal vars kvadrat är 3/4 är i 3/ och i 3/. Det gäller alltså att x + 1/ = ±i 3/. Lösningarna blir x = 1/ + i 3/ och x = 1/ i 3/. En förstagradsekvation har exakt en lösning, medan en andragradsekvation har som mest två lösningar. Ibland kan en andragradsekvation bara ha en lösning, till exempel har x = 0 bara lösningen x = 0. Som vi tidigare har sett finns det andragradsekvationer som saknar lösningar över de reella talen, till exempel x + 1 = 0, men då finns alltid två komplexa lösningar. I allmänhet gäller det att en n:te-gradsekvation har som mest n lösningar. Kuriosa 6. Det finns lösningsformler även för polynomekvationer av grad tre och fyra, men de är komplicerade. För godtyckliga polynomekvationer av grad fem eller högre saknas lösningsformler som bara innehåller de fyra räknesätten och rotutdragningar. Detta visades av norrmannen Niels Henrik Abel ( )..1.4 Linjära ekvationssystem Det ska ordnas en fisketävling och man vill belöna både kvantitet och kvalitet. Man bestämmer sig för att utdela 0 poäng per fisk och 10 poäng per hekto. En tävlande som fått 3 abborrar med vikterna tre, två, och fem hekto får alltså = 160 poäng, medan en tävlande som endast får en tvåhektosfisk får = 40 poäng. Låt oss nu betrakta det omvända problemet. Låt oss anta att vi känner till vikten och antalet fiskar och det sammanlagda antalet poäng för två tävlande, men att vi inte vet hur många poäng det delas ut per fisk och inte heller hur mycket man får per hekto. Säg till exempel att två fiskare båda har fått 0 poäng, att den första fiskaren har fångat 1 abborre om 4 hekto, och att den andra fiskaren fångat abborrar om sammanlagt 3 hekto. Hur många poäng får då en fiskare som fångat 4 abborrar om sammanlagt ett kilo? Låt oss anta att det delas ut a poäng per fisk och b poäng per hekto. Informationen om fiskare 1 ger oss att 1 a + 4 b = 0 och informationen om fiskare ger oss att a + 3 b = 0. Detta ger upphov till ett linjärt ekvationssystem i variablerna a och b som vi skriver som 36

37 { a + 4b = 0 a + 3b = 0. Med linjärt i a och b menas att de obekanta a och b bara förekommer med exponent 1. Vi löser ekvationssystemet genom succesiv eliminering av variabler. Från den första ekvationen löser vi ut a; a = 0 4b. Vi sätter in detta uttryck för a i den andra ekvationen och får (0 4b) + 3b = 0. Detta är ett linjär ekvations i en variabel som har lösningen b = 4. (Verifiera detta.) Sätter vi in detta värde på b i den första ekvationen får vi a = = 4. En fiskare som fångat 4 abborrar om sammanlagt ett kilo får alltså = 56 poäng. Anmärkning: När man har hittat en lösning till ett linjärt ekvationssystem är det oftast enkelt att verifiera att lösningen är korrekt genom insättning i alla ekvationerna. Innan man blivit helt bekväm med den succesiva eliminationen uppmanas man att alltid verifiera sina lösningar. Att succesivt eliminera variabler kan generaliseras till system med tre eller fler obekanta, och den teorin kommer läsaren att stöta på under sina första kurser på högskolan. Övningar 1. Finn lösningarna till ekvationen p(x) = 0, där (a) p(x) = x + x + 1 (b) p(x) = 3x + x 5 (c) p(x) = (3 x)(4 + x). Lös ekvationssystemet { 3a + b = 4 a + 3b = 3. Lös ekvationssystemet { x + y = 5 4x + y = 9 4. Låt p(x) = x + ax + b vara ett polynom. Bestäm a och b så att p( 3) = 6 och p(1) = 7.. Faktorsatsen och polynomdivision Liksom med vanliga tal kan man också dividera polynom med varandra. I det här avsnittet ska vi undersöka hur detta går till. Precis som för heltalsdivision kommer vi att använda begreppen kvot och rest...1 Polynomdivision Om vi vill dividera polynomet p(x) med polynomet q(x) kan vi på motsvarande sätt som i kapitlet 1..3 skriva p(x) = g(x) q(x) + r(x). Polynomet g(x) kallas för kvoten, polynomet r(x) är restpolynomet och polynomet q(x) kallas för divisorspolynomet. Genom att kräva att graden på r(x) ska vara mindre än graden på divisorn q(x) så blir framställningen p(x) = g(x) q(x) + r(x) unik. Om r(x) = 0 kallas det för nollpolynomet. Om detta är fallet gäller det att p(x) är delbart med q(x) och att polynomdivisionen p(x)/q(x) går jämnt ut. 37

38 .. Divisionsalgoritmen för polynom Låt oss nu gå igenom divisionsalgoritmen för polynom. Metoden illustreras lättast genom ett konkret exempel. Exempel.9. Dividera p(x) med q(x) där p(x) = x 3 + x + x + 6 och q(x) = x + 4. Vad blir kvoten och vad blir resten? Lösningsförslag: Vi vill finna g(x) och r(x) så att p(x) = g(x) q(x) + r(x) och där r(x) har lägre grad än q(x). Vi börjar med att eliminera tredjegradstermen i p(x) genom att dra bort en lämplig multipel av q(x). Genom att multiplicera q(x) med x får vi ett uttryck som överensstämmer med p(x):s högsta term x 3. Detta ger oss det vill säga p(x) x q(x) = (x 3 + x + x + 6) (x 3 + 8x) = x 6x + 6, p(x) = x q(x) + (x 6x + 6). För att vi ska vara klara måste graden av restpolynomet vara strikt mindre än divisorpolynomets grad. I vårt fall ska vi ha en rest med grad strikt mindre än, så vi måste fortsätta. Vi ser att det vill säga (x 6x + 6) 1 q(x) = (x 6x + 6) 1 (x + 4) = 6x +, (x 6x + 6) = 1 q(x) 6x + och nu kommer vi inte längre eftersom resten 6x + har lägre grad än divisorn x + 4. Jämför återigen med division av heltal. När resten blivit mindre än det man delar med kommer man inte längre. Vi har alltså fått att p(x) = x q(x) + (x 6x + 6) = x q(x) + 1 q(x) 6x + = (x + 1)q(x) 6x +. Det betyder att vi har funnit kvoten g(x) = x + 1 och resten r(x) = 6x +. Man kan utföra polynomdivision med liggande stolen eller trappan om man så vill. Räkningarna vi utfört ovan kan sammanställas i trappan. Alltså är x + 1 x + 4 x 3 + x + x + 6 (x 3 + 8x) x 6x + 6 (x + 4) 6x + x 3 + x + x + 6 = (x + 1) (x + 4) 6x +. Exempel.10. Utför polynomdivisionen p(x)/q(x) där p(x) = x 3 + x + 3 och q(x) = x + 1. Lösningsförslag: Vi utför polynomdivisionen med hjälp av trappan. Vi ritar först upp stolen och placerar in p(x) och q(x). x + 1 x 3 + x

39 Nästa steg är att se hur många gånger x (från x+1) går i x 3 (från x 3 + x + 3), vilket är x gånger. Vi drar därför bort x (x + 1) = x 3 + x från x 3 + x + 3. Detta för vi in i trappan enligt nedan. Över stolen skriver vi x för att komma ihåg att vi dragit bort x (x + 1). x x + 1 x 3 + x + 3 (x 3 + x ) x + x + 3 Vi har alltså gjort oss av med högstagradstermen i x 3 + x + 3, och skrivit x 3 + x + 3 = x (x + 1) + ( x + x + 3). Vi är inte klara ännu eftersom resten, x + x + 3, har högre grad än x + 1. Det vi vill göra nu är att utföra en polynomdivision mellan x + x + 3 och x + 1, så vi fortsätter på samma sätt. I nästa steg vill vi alltså få bort x termen. Vi kontrollerar därför hur många gånger x går i x, vilket är x gånger. Vi subtraherar x(x + 1) från x + x + 3, detta inför vi i trappan enligt nedan. x x x + 1 x 3 + x + 3 (x 3 + x ) x + x + 3 ( x x) 3x + 3 Slutligen vill vi utföra en polynomdivision av 3x + 3 med x + 1. Vi får x x + 3 x + 1 x 3 + x + 3 (x 3 + x ) x + x + 3 ( x x) 3x + 3 (3x + 3) 0 Eftersom vi slutade med en nolla gick polynomdivisionen jämt ut. Vi har alltså fått fram att x 3 + x + 3 = (x + 1)(x x + 3)...3 Faktorsatsen Låt p(x) vara ett polynom av grad n. Om det finns en faktor (x a) i polynomet så kan man bryta ut denna faktor och skriva p(x) = (x a)q(x) där q(x) är ett polynom av grad n 1. Vi ser då att a är en rot till p(x) eftersom oavsett värdet på q(a). p(a) = (a a)q(a) = 0 q(a) = 0 Exempel.11. Polynomet p(x) = x 4 kan faktoriseras med hjälp av konjugatregeln, det vill säga x 4 = (x )(x + ). Alltså är och rötter till polynomet p(x). Vi ska nu visa att även det omvända gäller, alltså att om a är en rot till ekvationen p(x) = 0, för något polynom p(x) av grad n, så måste (x a) vara en faktor i polynomet. Vi börjar med att utföra polynomdivision på p(x) med (x a). Från föregående kapitel vet vi att resten har grad mindre än det vi delar med, alltså får vi p(x) = g(x)(x a) + r(x), 39

40 där g(x) är ett polynom av grad n 1 och r(x) är ett polynom av grad noll. Eftersom ett polynom av grad noll är konstant så kan vi skriva det som r(x) = k. Detta betyder att r(x) är lika med k oavsett värde på x. Eftersom vi har antagit att a är en rot till p(x), så är p(a) = 0. Sätter vi in detta i uttrycket ovan erhåller vi 0 = p(a) = g(a)(a a) + r(a) = g(a) 0 + r(a) = r(a) = k. Alltså är k = 0 och därmed har vi p(x) = g(x)(x a) så (x a) är en faktor i polynomet om a är en rot till p(x) = 0. Vi har således bevisat Sats 6. (Faktorsatsen) Uttrycket (x a) är en faktor i polynomet p(x) om och endast om a är en rot till polynomekvationen p(x) = 0. Uttrycket om och endast om innebär ekvivalens, vilket betyder att vi har visat påståendet åt båda hållen: om a är en rot till p(x) = 0 så är (x a) en faktor i polynomet och om (x a) är en faktor i polynomet så är a en rot. Enligt faktorsatsen är alltså problemet att finna lösningar till en polynomekvation ekvivalent med problemet att finna förstagradsfaktorer i ett polynom. Exempel.1. Polynomet p(x) = 5x 3 3x x är delbart med faktorn (x 1) eftersom 1 är en rot till polynomet. Även 0 är en rot till p(x) och alltså är p(x) delbart även med (x 0) = x. Exempel.13. Låt p(x) = x 3 3x + 4. Lös tredjegradsekvationen p(x) = 0 med hjälp av faktorsatsen. Lösningsförslag: Om vi kan finna en heltalsrot till p(x) genom att prova oss fram, så kan vi därefter utföra polynomdivision med motsvarande faktor för att därefter lösa den andragradsekvation vi då får. Vi ser att x = är en lösning till ekvationen eftersom p() = = 0. Det betyder enligt faktorsatsen att (x ) är en faktor i polynomet, vilket innebär att polynomet är delbart med (x ). Med polynomdivision, vars steg vi inte redovisar här, får vi p(x) = (x )(x x ) och ekvationen x x = 0 är en vanlig andragradsekvation med lösningarna x = 1 och x =. Således har vår ekvation lösningarna x = 1 och x = där den senare är en dubbelrot. Polynomet kan därför skrivas som p(x) = (x + 1)(x ). Exempel.14. Man vet att 1 och 3 är rötter till polynomet x + ax + b. Bestäm a och b. Lösningsförslag: Enligt faktorsatsen gäller det att (x 1)(x 3) = x + ax + b, det vill säga x 4x + 3 = x + ax + b. Alltså måste a = 4 och b = Hur man finner rationella rötter Oftast är det omöjligt att gissa sig till en rot till ett polynom p(x). Men det finns ett enkelt resultat som gör det möjligt att finna eventuella rationella rötter till p(x) då polynomet har heltalskoefficienter. Vi visar hur detta resultat fungerar med ett exempel. Exempel.15. Låt f(x) = x 3 6x + 11x 6. Finn alla rationella rötter till polynomet f(x). Lösningsförslag: Vi antar att vi har en rationell rot p q till polynomet f(x), där p q förkortat bråk. Då gäller att är ett maximalt Om vi multiplicerar uttrycket med q 3 får vi ( ) 3 ( ) p p p q q q 6 = 0. p 3 6p q + 11pq 6q 3 = 0. 40

41 Vi adderar sedan 6q 3 till båda sidor så att Genom att bryta ut p i vänsterledet erhålls p 3 6p q + 11pq = 6q 3. p(p 6pq + 11q ) = 6q 3. Eftersom vänsterledet här är delbart med p måste även högerledet vara det. Vi antog att p och q saknar gemensamma faktorer vilket innebär att p måste dela 6. Möjliga värden på p blir därför ±1, ±, ±3 och ±6. På samma sätt kan vi hitta möjliga värden på q. Vi gör detta genom att subtrahera p 3 från båda led i ekvationen p 3 6p q + 11pq 6q 3 = 0, vilket ger Vi bryter ut q i vänsterledet och får 6p q + 11pq 6q 3 = 1 p 3. q(6p + 11pq 6q ) = 1 p 3. Vi ser att vänsterledet är delbart med q och därför måste också högerledet vara det. Vi antog att p och q saknar gemensamma faktorer vilket innebär att q måste dela 1. Vi får alltså de möjliga värderna ±1 för q. Kombinerar vi alla värden på p och q får vi 1 1 = 1, 1 1 = 1, 1 =, 1 =, 3 1 = 3, 3 1 = 3, 6 1 = 6, 6 1 = 6, 1 1 = 1, 1 1 = 1, 1 =, 1 =, 3 1 = 3, 3 1 = 3, 6 1 = 6, 6 1 = 6, det vill säga ±1, ±, ±3 och ±6 är de möjliga rationella lösningarna till ekvationen f(x) = 0. Låt oss testa lösningarna genom insättning. Vi får f( 1) = 4, f(1) = 0, f( ) = 60, f() = 0, f( 3) = 10, f(3) = 0, f( 6) = 504 och f(6) = 60. Alltså är 1, och 3 rötter till polynomet f(x). Mer allmänt gäller följande sats. Sats 7. Låt f(x) = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 vara ett polynom med heltalskoefficienter. Om p/q är en rot till f(x), där p/q är förkortat så långt som möjligt, så måste p vara en faktor i a 0 och q en faktor i a n. Vi utelämnar beviset, men det utförs i princip på samma sättt som vi resonerade i exemplet tidigare. Exempel.16. Låt f(x) = x 3 +x +x+1. Finn alla rationella lösningar till ekvationen f(x) = 0. Lösningsförslag: Om polynomet har en rationell rot p/q, maximalt förkortad, så måste det gälla att q är en faktor till koefficienten framför x 3 (som är 1) och att p är en faktor till den konstanta termen (som också är 1). Alltså är de enda möjliga lösningarna ( 1)/( 1) = 1/1 = 1 och 1/( 1) = ( 1)/1 = 1. 41

42 Insättning ger f(1) = och f( 1) = ( 1) 3 + ( 1) + ( 1) + 1 = 0. Alltså är 1 den enda rationella roten till polynomet f(x). Exempel.17. Låt f(x) = 8x 5 +x+6. Visa att ekvationen f(x) = 0 saknar rationella lösningar. Lösningsförslag: Om f(x) har en rationell rot p/q så måste det gälla att q är en faktor till 8 och att p är en faktor till 6. Möjliga värden på q är därför ±1, ±, ±4, ±8 och möjliga värden på p är ±1, ± ± 3, ±6. Detta ger ±1, ±, ±3, ±6, ± 1, ±1 4, ±3, ±3 4, ±1 8, ±3 8 som möjliga lösningar. Läsaren kan verifiera genom insättning att inget av dessa rationella tal är en lösning till ekvationen f(x) = 0. Alltså saknar ekvationen f(x) = 0 rationella lösningar. Övningar 1. Utför polynomdivisionerna p(x)/q(x) där (a) p(x) = x + x + 1 och q(x) = x 1, (b) p(x) = 3x 3 + x 5x + 7 och q(x) = x + 3, (c) p(x) = 3x 4 + x 3 5x + x + 7 och q(x) = x 3x 1, (d) p(x) = x och q(x) = x x + 1, (e) p(x) = x 4 x 3 + x + och q(x) = x 3 + 4x + 4x + 3. (f) p(x) = x 5 och q(x) = x 6.. Visa med hjälp av faktorsatsen (utan att utföra polynomdivision) att p(x) = x 3 6x + 4 är delbart med (x ). 3. Lös ekvationen x 3 + x x = 0 med hjälp av faktorsatsen. 4. Finn alla heltalslösningar till x 4 5 x Bestäm de värden på konstanten k för vilka polynomet p(x) = x 3 kx + k är delbart med (x + ) och ange kvoten. 6. Finn alla rationella rötter till 8x 3 + x x Finn alla lösningar till ekvationen (x 1)(x )(x 3)(x 4)(x 5) = 0..3 Kombinatorik Kombinatorik är den del av matematiken där man bland annat pratar om olika sorters urval och svarar på frågor om på hur många sätt dessa kan göras. 4

43 .3.1 Multiplikationsprincipen Vi börjar avsnittet genom att förklara multiplikationsprincipen med ett exempel. Exempel.18. Anna har tre tröjor och fyra par byxor. På hur många olika sätt kan hon klä sig? Lösningsförslag: Valet av tröja är oberoende av valet av byxor. Vilken tröja Anna ska ha på sig kan hon välja på tre sätt och byxorna hon ska ha på sig kan hon välja på fyra sätt. För varje val av tröja finns fyra val av byxor. Anna kan klä sig på 3 4 sätt. Mer allmänt gäller: Antag att vi ska göra k val oberoende av varandra och att det i:te valet kan göras på m i sätt. Då är det totala antalet valmöjligheter enligt multiplikationsprincipen m 1 m m 3 m k 1 m k. Exempel.19. Stryktips går ut på att man gissar hur 13 fotbollsmatcher slutar (vinst, förlust eller oavgjort). Hur många möjliga stryktipsrader finns det? Lösningsförslag: Varje rad kan tippas på tre sätt och alla rader är oberoende av varandra. Enligt multiplikationsprincipen finns = 3 13 = stryktipsrader. Vi använde alltså multiplikationsprincipen med k = 13 och m 1 = m =... = m 13 = 3. Detta var alltså ett specialfall av multiplikationsprincipen då alla m i :n var lika. I Kapitel 1 studerade vi begreppet positiv delare till naturliga tal. Vi såg bland annat att 50, som kan primtalsfaktoriseras som , hade 16 positiva delare. Vi såg även att delarna till 50 är på formen a 5 b 13 c, där 0 a 3, 0 b 1 och 0 c 1. För exponenten a har vi alltså fyra val (0,1,,3) och för exponenterna b och c har vi två val (0, 1) var. Enligt multiplikationsprincipen är antalet delare därför lika med 4 = 16. Exempel.0. Bestäm antalet positiva delare till talet 516. Lösningsförslag: Vi har 516 = 58 = 19 = 3 43 = Antalet delare är därför 3 = 1. Exempel.1. Bestäm antalet positiva delare till talet Lösningsförslag: Enligt multiplikationsprincipen är antalet delare lika med = Permutationer En permutation är en omordning av en uppsättning olika objekt. En permutation tar hänsyn till i vilken ordning objekten kommer och varje objekt får endast vara med en gång. Exempelvis är abc och bca olika permutationer av bokstäverna a, b och c. Så hur många permutationer av bokstäverna a, b och c finns det? Vi kan välja den första bokstaven på tre sätt, när vi har gjort detta val finns det två bokstäver kvar att välja bland. Vi kan välja en av dessa på två sätt och slutligen kan den tredje bokstaven väljas på ett sätt. Alltså finns det 3 1 = 6 permutationer av {a, b, c}, nämligen abc, acb, bac, bca, cab, cba. Vi har här använt multiplikationsprincipen med m 1 = 3, m =, m 1 = 1. 43

44 På samma sätt kan vi beräkna antalet sätt att ordna de 5 korten i en kortlek. Det kan vi göra på sätt. För att slippa skriva ut den långa produkten inför vi nu en ny notation. För varje positivt heltal k inför vi beteckningen k! (k-fakultet) för talet k (k 1) 1. Heltalet k! är alltså produkten av alla heltal mellan 1 och k. Vi definierar dessutom 0! = 1 av praktiska skäl. I vårt kortleksexempel finns det alltså 5! sätt att ordna de 5 korten i en kortlek. Exempel.. Beräkna 5!. Lösningsförslag: 5! = = 10. Exempel.3. Hur många olika ord kan man bilda av bokstäverna i LUS (alla bokstäverna ska ingå)? Lösningsförslag: Vi använder multiplikationsprincipen. Den första bokstaven kan väljas på 3 sätt, den andra på och den tredje på 1 sätt. Det följer att vi kan bilda 3 1 = 3! = 6 ord av bokstäverna i LUS. De olika orden är: LUS, LSU, SLU, SUL,ULS, USL. Detta är förstås samma antal som antalet permutationer av bokstäverna a, b, c som vi beräknat tidigare. Exempel.4. På hur många sätt kan man bilda en kö av fyra personer? Lösningsförslag: Frågan handlar om att ordna fyra personer på rad. Det finns alltså 4! = 4 olika sätt att göra detta på..3.3 Ordnat urval Man kan också tänka sig att man väljer ut en del av objekten att skapa permutationer av. Ett ordnat urval är en ordning av en del av de objekt man har till hands. En permutation är alltså ett specialfall av ett ordnat urval där man väljer ut alla objekt som finns till hands. Exempel.5. På hur många sätt kan man måla en flagga med tre olika färger (som Frankrikes flagga) om vi har tio färger att välja bland? Lösningsförslag: Vi har tre områden att måla. Första området kan målas med tio färger, det andra med en av de övriga nio och det sista området med åtta färger. Detta ger oss då totalt = 70 olika flaggor. Vi kan generalisera flaggexemplet och med hjälp av multiplikationsprincipen får vi att det finns sätt att ordna k objekt från n objekt. n(n 1)(n ) (n k + 1) = n! (n k)! 44

45 .3.4 Ordnat urval med upprepning Nu ska vi undersöka hur många ord vi kan bilda från en samling objekt som inte nödvändigtvis är unika. Exempel.6. Hur många olika ord kan man bilda av bokstäverna i LUU (alla bokstäverna ska ingå)? Lösningsförslag: Här blir det något annorlunda än tidigare eftersom vi har två likadana bokstäver. Om vi först bortser från detta vet vi enligt exemplet ovan att det finns 6 olika ord. Vi måste nu tänka på att vi ha två stycken U:n. Dessa kan i varje ord ordnas (inbördes byta plats) på två sätt så att ordet förblir detsamma. Vi får därför bara 3!! = 3 möjliga ord. Från början, när vi antog att alla bokstäver var olika, räknade vi alltså varje ord två gånger. De olika orden är: LUU, ULU, UUL. Exempel.7. Hur många olika ord kan man bilda av bokstäverna i ABCAA (alla bokstäverna ska ingå)? Lösningsförslag: Om vi först bortser från att vi har tre likadana bokstäver finns det 5! = 10 olika ord. De tre A:n kan i vart och en av dessa 10 ord ordnas (inbördes byta plats) på 3! = 6 sätt så att ordet förblir detsamma. Vi får därför bara 5! 3! = 0 möjliga ord. Från början, när vi antog att alla bokstäver var olika, räknade vi alltså varje ord sex gånger. Exempel.8. Hur många olika ord kan man bilda av bokstäverna i SKATTKARTA (alla bokstäverna ska ingå)? Lösningsförslag: Vi har 10 bokstäver som ska ingå i ordet. Hade de tio bokstäverna varit olika hade det funnits 10! olika ord. Men nu måste vi komma ihåg att vi har två K:n som i varje ord kan ordnas på! sätt, tre A:n som kan ordnas på 3! sätt och tre T:n som kan ordnas på 3! sätt. Detta innebär att vi räknade varje ord!3!3! gånger när vi antog att alla bokstäver var olika. Det följer att vi kan bilda 10!!3!3! ord..3.5 Oordnat urval Med en kombination menas ett oordnat val av objekt från en uppsättning olika objekt. Exempelvis är adc och acd samma kombination av objekten a, b, c och d. Exempel.9. På hur många sätt kan vi välja ut tre personer ur en grupp med fem personer? Lösningsförslag: Här är det underförstått att man söker en kombination, eftersom det är en grupp personer som ska väljas, till skillnad från exemplet med flaggorna där ordningen spelade roll. Den första personen kan väljas på fem sätt, den andra på fyra och den tredje på tre sätt. Alltså kan vi göra ett ordnat urval på = 60 sätt. Vi måste nu komma ihåg att för varje kombination av tre personer finns 3! permutationer varför vi måste dividera med sex. Varje kombination svarar alltså mot sex permutationer i detta fallet och svaret blir alltså 60/6 = 10. De olika grupperna som kan bildas är {P1, P, P3}, {P1, P, P4}, {P1, P, P5}, {P1, P3, P4}, {P1, P3, P5}, {P1, P4, P5}, 45

46 {P, P3,P4}, {P, P3, P5}, {P, P4, P5}, {P3, P4, P5}, där P1 står för person ett, P för person två, och så vidare. Hur många sätt finns det i allmänhet att oordnat välja k objekt från n objekt? Om vi hade tagit hänsyn till ordning hade det funnits n(n 1)(n ) (n k + 1) val. Eftersom en grupp av k personer kan ordnas på k! sätt så kommer varje grupp av personer att förekomma k! gånger när vi gör det ordnade urvalet. Vi får alltså det oordnade urvalet genom att dela med faktorn k!, vilket betyder att det finns n(n 1)(n ) (n k + 1) k! sätt att välja k objekt från n objekt oordnat. Antalet sätt att välja k föremål av n möjliga dyker upp i många sammanhang och har därför fått en egen beteckning. Det betecknas ( ) n k och kallas binomialkoefficient. Genom att förlänga täljare och nämnare med (n k)! får vi likheten ( ) n n! = k (n k)!k!. Symbolen ( n k) utläses n över k. Exempel.30. Beräkna ( 7 3). Lösningsförslag: ( ) 7 7! = 3 (7 3)!3! = = = = 7 5 = 35 Det finns alltså 35 sätt att välja ut tre personer från en grupp av sju. Exempel.31. En pokerhand innehåller fem av de 5 korten i en kortlek. Vad är det totala antalet pokerhänder? Lösningsförslag: Vi ska räkna ut antalet sätt att dra fem kort ur en kortlek innehållande 5 kort, utan att bry oss om i vilken ordning de dras. Med andra ord finns det ( 5 5 ) olika pokerhänder. Vi kan konstatera att ( ) n k och ( n ) n k är samma tal. Att välja ut k av n är ju detsamma som att välja bort (n k) av n. Vi kan även visa detta algebraiskt: ( ) ( ) n n! = k k!(n k)! = n! (n (n k))!(n k)! = n! n (n k)!(n (n k))! =. n k 46

47 .3.6 Summasymbolen Summasymbolen,, införs för att man på ett mer kompakt sätt ska kunna skriva summan av ett större antal termer. Summasymbolen är den stora bokstaven sigma i det grekiska alfabetet. Om vi vill summera alla tal mellan 1 och 30 skulle vi kunna skriva det som vilket är omständligt. Med hjälp av summasymbolen kan man istället skriva detta som 30 Detta läser man som summan av alla tal i då i går från ett till trettio. Exempel.3. Skriv med hjälp av summasymbolen. i=1 Lösningsförslag: Vi summerar en massa trepotenser. Potenserna börjar på fyra och slutar på 11. Vi kan därför skriva = 3 i. Ibland skriver man också 11 i=4 3i för att spara plats. i i=4.3.7 Binomialsatsen och Pascals triangel Vi vet sedan tidigare att (x + y) = x + xy + y, enligt kvadreringsregeln. Vi ska nu se vad som händer om vi har en annan exponent än två. Exempel.33. Multiplicera ihop parenteserna i (x + y) 3. Lösningsförslag: Användning av kvadreringsregeln ger att (x + y) 3 = (x + y)(x + y) = (x + y)(x + xy + y ) = (x + y)x + (x + y)xy + (x + y)y = x 3 + x y + x y + xy + xy + y 3 = x 3 + 3x y + 3xy + y 3. Resultatet kallas kubregeln. Exempel.34. Multiplicera ihop parenteserna i (x + y) 4. Lösningsförslag: Användning av kubregeln ger att (x + y) 4 = (x + y)(x + y) 3 = (x + y)(x 3 + 3x y + 3xy + y 3 ) = (x + y)x 3 + (x + y)3x y + (x + y)3xy + (x + y)y 3 = x 4 + x 3 y + 3x 3 y + 3x y + 3x y + 3xy 3 + xy 3 + y 4 = x 4 + 4x 3 y + 6x y + 4xy 3 + y 4. 47

48 En formel för att beräkna (x + y) n för ett godtyckligt positivt heltal n ges av binomialsatsen. Beviset utelämnas, men den intresserade läsaren uppmanas att försöka komma med ett eget bevis baserat på ett kombinatoriskt resonemang. Sats 8. (Binomialsatsen) För heltal n gäller det att (x + y) n = n k=0 ( ) n x n k y k. k Exempel.35. Använd binomialsatsen för att utveckla (x + y) 3. Lösningsförslag: Vi använder summaformeln i binomialsatsen med n = 3 och får: ( ) ( ) ( ) ( ) (x + y) 3 = x 3 + x y + xy + y 3 = x 3 + 3x y + 3xy + y Termerna framför x 3, x y, xy och y 3 kallas binomialkoefficienter. Exempel.36. Bestäm koefficienten framför x 4 i polynomet (x + 1) 6. Lösningsförslag: Med y = 1 så har vi enligt binomialsatsen att (x + 1) 6 = 6 k=0 ( ) 6 x 6 k 1 k. k När k är så är x 6 k = x 4. Alltså är koefficienten framför x 4 lika med ( 6 ) 1 = 15. Exempel.37. Bestäm koefficienten framför x 3 i polynomet ( + x) 6. Lösningsförslag: Med y = så har vi enligt binomialsatsen att (x + ) 6 = 6 k=0 ( ) 6 x 6 k k. k När k är 3 så är x 6 k = x 3. Alltså är koefficienten framför x 3 lika med ( 6 3) 3 = 0 8 = 160. Exempel.38. Bestäm koefficienten framför x 8 och koefficienten framför x 10 i utvecklingen av ( 1 x + x ). Svaren behöver inte ges på uträknad form. Lösningsförslag: Enligt binomialsatsen gäller att Vi förenklar högerledet och får k=0 ( 1 x + x) = ( k ) ( 1 x k=0 ( k ) ( 1 x ) k (x ) k = k=0 ( ) = x ( +k)+k = k k=0 48 ) k (x ) k. ( ) x ( k) x k k k=0 ( ) x 3k k

49 Eftersom x 3k = x 8 precis ( då 3k = 8, det vill säga då k = 10 innebär det att koefficienten framför x 8 är lika med 10). I fallet med koefficienten framför x 10 så ger villkoret x 3k = x 10 istället ekvationen 3k = 10 som saknar heltalslösningar. Alltså är koefficienten framför x 10 noll, vilket innebär att termen x 10 inte förekommer i polynomet. När vi utvecklar till exempel (x + y) kan man direkt gissa att utvecklingen kommer innehålla termerna x, xy och y. Frågan är bara vilken koefficient vi får framför var och en av termerna. Man kan använda binomialsatsen för att ta reda på binomialkoefficienterna. Pascals triangel kan man se som en geometrisk framställning av binomialkoefficienterna. Namnet kommer från matematikern och fysikern Blaise Pascal. Toppen av Pascals triangel ser ut så här: ( 0 ( 1 ) 0) ( 1 ( 0 ) ( ) 1) ( ( ) ( 3 ) ( 3 ) ) ( 3 ( ) ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ) 3) ( 4 ( ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) 4) ( ) Om vi tittar på tredje raden ser vi att det är precis koefficienterna framför x, xy respektive y i utvecklingen av (x + y). På samma sätt finner vi binomialkoefficienterna för utvecklingen av (x + y) 3 på rad fyra och så vidare. Om vi räknar ut binomialkoefficienterna och ersätter dem med tal i Pascals triangel får toppen följande utseende Vi ser då att Pascals triangel är symmetrisk. Detta beror på att ( ) ( n k = n n k), som vi visat tidigare. För att förstå hur Pascals triangel är uppbyggd behöver vi en intressant egenskap hos binomialkoefficienterna, nämligen sambandet ( ) ( ) ( ) n + 1 n n = +. k k k 1 Den intresserade läsaren uppmanas att fundera över hur man kan bevisa sambandet. Längst ut i vänsterkanten på Pascals triangel finns alltid ett tal på formen ( n 0) = 1 och i högerkanten ett tal på formen ( n n) = 1. Däremellan är alla binomialkoefficienter summan av de båda talen ovanför, snett till höger och snett till vänster. För att beräkna summan använder vi likheten ovan. Till exempel så har vi att ( ( 1) = 1 ( 1) + 1 0), det vill säga = Övningar 1. På hur många sätt kan man ordna en kö med sju personer?. Hur många ord kan man bilda av bokstäverna i MISSISSIPPI? 3. Vi ska måla ett slott, en villa och en koja i olika färger. Färgerna kan väljas bland orange, lila, rosa, röd och brun. På hur många sätt kan detta göras? 49

50 4. I en skolklass finns nio elever. På hur många sätt kan man välja ut tre av dem att delta i en tävling? 5. Beräkna (a) ( 7 3) och (b) ( 1 10). 6. Bestäm koefficienten framför x 9 och koefficienten framför x 10 i utvecklingen av (1/x 4 + x) 30. Svaret behöver inte ges på uträknad form. 7. Summera de första raderna i Pascals triangel och se om du kan finna ett samband. 8. (svår) Visa att ( n 0) + ( n 1) + ( n ) ( n n) = n. Ledning: Använd binomialsatsen för ett algebraiskt bevis, tänk på resultatet i föregående uppgift. Försök gärna också visa det kombinatoriskt. Då kan det vara bra att tänka på att n är antalet strängar av längd n med bara ettor och nollor..4 Logik Logik handlar om påståenden och slutsatser man kan dra från dessa. Om man till exempel påstår att x 10, så kan man direkt dra slutsatsen att x 0. Däremot kan man inte vara säker på att x 0 garanterar att x 10. Talet x kan ju nämligen ligga mellan 0 och 10. Sådana här slutsatser kallas implikationer. Om vi använder matematiska symboler, så blir påståendet ovan x 10 x 0. Detta utläses Om x är större än 10, så medför det att x är större än 0 eller x större än 10 implicerar att x är större än 0. Ibland så händer det att två påståenden implicerar varandra. Detta kallas ekvivalens och innebär att båda påståendena har samma sanningsvärde samtidigt. Detta skrivs ganska naturligt som implikationspilar åt båda hållen,. Ett exempel på ekvivalens är x = x = När man skriver om uttryck och ekvationer, så gäller det att uttrycket och ekvationen före och efter manipulationen är ekvivalenta. Vad som menas med ekvivalent beror på vad man manipulerar. När det gäller polynom så säger man att två polynom är ekvivalenta om de har samma grad och samma rötter. Det gäller alltså att 5x + 4 = 3x + 9 x = 5 x = 5 eftersom x = 5 är den enda lösningen till alla tre ekvationerna. Men ekvationerna (x 1)x = x och x 1 = 1 är inte ekvivalenta, eftersom den vänstra ekvationen har 0 och som lösningar, medan den högra endast har som lösning. Däremot gäller det att (x 1)x = x x 1 = 1, vilket betyder att den högra ekvationen implicerar den vänstra. Alla lösningar till den högra ekvationen är alltså lösningar till den vänstra. Det är ett vanligt misstag att försöka lösa en ekvation av just typen (x 1)x = x genom att dela med x. Problemet är alltså att vi kan missa lösningar, i det här fallet lösningen x = 0, eftersom den uppkomna ekvationen skulle bli som har den enda lösningen x =. x 1 = 1 50

51 En liknande situation får vi då vi betraktar rotekvationer. Ekvationen x = x kan vi lösa genom att kvadrera båda led, vi får då x = (x ), eller x = x 4x + 4. Genom att använda kvadratkomplettering eller pq-formeln på x 5x + 4 = 0 får vi fram lösningarna x = 4 och x = 1. Men om vi sätter in den andra lösningen i vår urspungliga ekvation får vi 1 = 1 vilket är en falsk utsaga. Lärdomen vi ska dra är att kvadrering av båda sidor av en ekvation kan ge oss falska lösningar. Anledningen till detta har att göra med att kvadrering eliminerar minustecken. Utsagan = är givetvis falsk, men när vi kvadrerar båda led får vi 4 = 4, vilket är en sann utsaga. Däremot gäller, precis som ovan, att alla lösningar till x = x också är lösningar till x = (x ), det vill säga x = x x = (x ). Exempel.39. Lös ekvationen x + x 3 = 0. Lösningsförslag: Vi ställer rotutrycket ensamt i vänsterledet och kvadrerar sedan bägge led, vi får alltså att x + x 3 = 0 ( x) = (3 x). Det högra uttrycket skrivs om till 9 13x + 4x = 0 vilket ger lösningarna x = 1 och x = 9/4 till den kvadratiska ekvationen. Vi testar lösningarna i den ursprungliga ekvationen genom insättning och finner att 9/4 är en falsk lösning. Så vilka operationer kan vi utföra på en ekvation och fortfarande ha ekvivalens? Vi kan utföra multiplikation och division med tal; x + x = 1 + x (x + x) = (1 + x), och vi kan utföra addition och subtraktion med tal och med polynom; x + x = 1 + x ( x 1) + (x + x) = ( x 1) + (1 + x). Ibland behöver man säga att flera påståenden är sanna samtidigt, till exempel det regnar och det blåser. I det logiska språket skriver man när man menar och. Påståendet x 0 x 0 säger alltså att x är större eller lika med noll, samtidigt som x är mindre eller lika med noll. Den enda möjligheten är då att x = 0. Vi kan då sluta oss till att x 0 x 0 x = 0. Om man istället vill att minst ett av påståendena ska vara sant, använder man eller, vars matematiska symbol är. Som ett exempel får vi att påståendet x > 3 x < är sant för alla x som antingen är mindre än två eller större än tre. Övningar 1. Bestäm alla reella lösningar till ekvationen x x = 3/4.. Bestäm alla reella lösningar till ekvationen x =. 51

52 3. Bestäm alla reella lösningar till ekvationen 4x 8 + = x. 4. Bestäm vilka påståenden nedan som är sanna för x, y R: (a) x 1 x 0 (b) x 0 x 1 (c) x 0 y 0 x y 0 (d) (x 0 y 0) (x 0 y 0) x y 0 5

53 3 Funktionslära Funktioner är matematiska objekt som klassiskt har använts för att modellera naturliga samband. Vi ska definiera funktioner med hjälp av mängdlära och sedan studera några vanliga typer av funktioner, bland annat polynomfunktioner, exponentialfunktioner, logaritmfunktioner och trigonometriska funktioner. Vi går sedan över till teorin för derivator och integraler. Kapitlet innehåller dessutom viss teori för olikheter och ett mindre avsnitt om kurvritning. 3.1 Mängdlära Begreppet mängd är fundamentalt i matematiken. Vi har redan stött på ett antal olika mängder, till exempel mängden av positiva heltal och mängden av rationella tal. En mängd är en samling objekt där varje objekt bara förekommer en gång. Objekten i en mängd kallas element. Vi skriver normalt en mängd inom måsvingar. Ett exempel på en mängd är {1,, 3, 4, 100}, det vill säga mängden som innehåller talen 1,, 3, 4 samt 100. Ett annat exempel är {0, 1/, 3, π, 4}. Mängder kan även innehålla symboler, till exempel är {a, b, c,..., x, y, z} en mängd. För att säga att ett element ingår i en mängd så använder vi symbolen. Exempel {1,, 3}, men 4 / {1,, 3}. För att säga att en hel mängd X ingår i en mängd Y så skriver vi X Y. Detta utläses som att X är en delmängd till Y. Exempel 3.. {1, } {0,, 5, 1}. Observera alltså att det inte spelar någon roll i vilken ordning elementen står i. Självklart är varje mängd en delmängd till sig själv. Vi har alltså X X för alla mängder X. Snittet av mängderna X och Y skrivs som X Y och är de element som ingår i både X och Y. Exempel 3.3. {1,, 3, 4, 5} {, 4, 6} = {, 4}. Den tomma mängden som inte innehåller något element skrivs. Exempel 3.4. {a, b, c} {d, e, f, g} =. Vill man däremot beskriva det som finns i minst en av mängderna, så är det unionen man är intresserad av. Detta skrivs X Y och denna mängd innehåller alla element som finns i minst en av mängderna. Exempel 3.5. {1,, 3, 4, 5} {, 4, 6} = {1,, 3, 4, 5, 6}. Om X är en delmängd till Y och man vill beskriva de element som ligger i Y men inte i X så skriver man Y \ X. Man kan se det som att man subtraherar den ena mängden från den andra. Exempel 3.6. {1,, 3, 4, 5, 6} \ {, 4, 6} = {1, 3, 5}. Ett annat exempel är att de irrationella talen kan skrivas som R \ Q. För att beskriva mängder kan man använda symbolen som avdelare och som ska utläsas sådana att. Mängden av alla jämna tal betecknas till exempel som { a a Z}, vilket utläses mängden av alla tal på formen a, sådana att a tillhör mängden Z. Vi kan ha fler krav på den högra sidan och som exempel ger vi mängden som betecknar alla rationella ral större än. {a a Q, a } 53

54 Övningar 1. Låt X = {1,, 4, 6, 10, 100} och Y = {, 5, 6, 10, 101}. Bestäm följande mängder: (a) X Y (b) X Y (c) X \ (X Y ). Gäller det att Q = {a/b a Z, b Z \ {0}}? 3. Funktionsbegreppet När du tänker på en funktion så tänker du förmodligen på något i stil med f(x) = x. Kanske tänker du även på en graf för funktionen och då har du förutsatt att funktionen är definierad över de reella talen. Med hjälp av mängder kan vi göra en mer precis definition av begreppet funktion. Definition: Låt X och Y vara två icke-tomma mängder. Vi säger att f är en funktion från X till Y om f associerar varje element a X med ett unikt element b Y. Om a associeras med b så skriver vi att f(a) = b och vi säger att a avbildas på b eller att bilden av a är lika med b. Exempel 3.7. Låt X = {a, b, c, d} och låt Y = {1,, 3, 4}. Låt f(a) = 1, f(b) =, f(c) = 3 och f(d) = 4. Då blir f en funktion från X till Y eftersom varje element i X avbildas på ett och endast ett element i Y. Exempel 3.8. Låt X = {a, b, c, d} och låt Y = {1,, 3, 4} och låt f vara en funktion från X till Y. Låt f(a) = 1, f(a) =, f(c) = 3 och f(d) = 4. Då är f inte en funktion från X till Y eftersom f(a) inte är unikt bestämt. Exempel 3.9. Låt X = {a, b, c, d} och låt Y = {1,, 3, 4} och låt f vara en funktion från X till Y. Låt f(a) = f(b) = f(c) = f(d) = 1. Då blir f en funktion från X till Y eftersom varje element i X avbildas på ett och endast ett element i Y Definitionsmängd, värdemängd och målmängd När f är en funktion från X till Y så är X funktionens definitionsmängd och Y funktionens målmängd. Funktionens värdemängd är alla element i Y som är bilden av ett element i X. Värdemängden består alltså av alla element b Y sådana att det finns ett a i X så att f(a) = b, det vill säga {b b = f(a) för något a X}. Vi skriver V f för att beteckna värdemängden till f och D f för att beteckna definitionsmängden till f. Värdemängden är en delmängd till målmängden Y, det vill säga V f Y. Att f är en funktion från X till Y skriver vi i fortsättningen som f : X Y Exempel Låt oss återgå till Exempel 3.9. Definitionsmängden D f är {a, b, c, d}, målmängden är {1,, 3, 4} och värdemängden V f är {1}. 54

55 3.. Begreppen surjektiv och injektiv En funktion kan ha olika egenskaper och vi ska behandla begreppen surjektiv och injektiv. Om värdemängden är lika med målmängden säger vi att funktionen är surjektiv. I Exempel 3.7 träffas alla element i Y av f, vilket vi kan skriva som att V f = {1,, 3, 4} = Y och alltså är f surjektiv. I Exempel 3.10 är V f = {1} och alltså är f inte surjektiv. En funktion f är injektiv om a b medför att f(a) f(b). Funktionen f i Exempel 3.7 är injektiv eftersom a, b, c, d alla avbildas på olika element. Men i Exempel 3.10 så avbildas både a och b på 1, och alltså är den funktionen inte injektiv. Figur och 3 illustrerar begreppen. Figur : Funktion från definitionsmängden X = {1,, 3} till målmängden Y = {A, B, C, D}, där f(1) = D, f() = B, f(3) = A. Värdemängden V f är lika med {A, B, D}. Funktionen är injektiv men inte surjektiv, eftersom C ingår i målmängden men inte ligger i värdemängden. Figur 3: Funktion från definitionsmängden X = {1,, 3, 4} till målmängden Y = {B, C, D}, där f(1) = D, f() = B, f(3) = C, f(4) = C. Värdemängden V f är lika med {B, C, D}. Funktionen är surjektiv men inte injektiv, eftersom 3 4 men f(3) = f(4). Exempel Låt f : R R, där f(x) = x. Funktionen är inte injektiv eftersom både 1 och 1 avbildas på talet 1. Funktionen är inte heller surjektiv eftersom det inte finnas något reellt tal vars kvadrat är negativt. Värdemängden består av alla icke-negativa reella tal, vilket vi kan beteckna med R 0. Det är viktigt att förstå att begreppen surjektiv och injektiv hänger samman med vilken definitionsmängd och målmängd man väljer. Exempel 3.1. Låt f : R 0 R, där f(x) = x. Nu är funktionen injektiv eftersom det inte finns två icke-negativa tal vars kvadrat är lika. Värdemängden är precis som i föregående exempel R 0, så funktionen är inte surjektiv. Exempel Låt f : R 0 R 0, där f(x) = x. Denna funktion är både injektiv och surjektiv. Olika tal avbildas på olika tal och värdemängden är lika med målmängden (R 0 ). Exempel Låt nu istället f(x) = x vara en funktion definierad från N till N. Då kommer värdemängden att vara {0, 1, 4, 9, 16, 5, 36,...}, det vill säga alla heltalskvadrater. Funktionen är inte surjektiv, men däremot är den injektiv eftersom N inte innehåller några negativa tal. 55

56 Exempel Vi kan definiera en funktion f : Z Z genom att låta varje heltal a svara mot heltalet a, det vill säga f(a) = a. Denna funktion blir inte surjektiv eftersom vi aldrig kan träffa ett udda tal. Värdemängden innehåller alltså bara de jämna talen, vilken kan skrivas { a a Z}. Exempel Låt Y = {j, u} och definiera en funktion g : Z Y genom att låta { j om a är jämnt, g(a) = u om a är udda. Funktionen g kommer att vara surjektiv men inte injektiv eftersom 1 3 men f(1) = f(3)(= u). Exempel Låt X = {a, b, c} och låt Y = {1,, 3, 4, 5}. Bestäm antalet injektiva funktioner från X till Y. Lösningsförslag: Om vi ska skapa en injektiv funktion f från X till Y så har vi fem val för f(a). När vi bestämt f(a) så har vi sedan fyra val för f(b) (det får ju inte gälla att f(a) = f(b) eftersom vi kräver att funktionen ska vara injektiv). Slutligen har vi tre val för f(c). Det följer enligt multiplikationsprincipen att antalet injektiva funktioner från X till Y är lika med = Sammansättningen av två funktioner Låt f : Y C och g : X Y vara två funktioner. Lägg märke till att funktionen g:s målmängd är densamma som funktionen f:s definitionsmängd. Om vi tar ett element x X och applicerar funktionen g så får vi ett element i Y, det vill säga g(x) = y Y. Och om vi applicerar funktionen f på y så får vi ett element i C, det vill säga f(y) = c C. Funktionen h från X till C definierad genom att första applicera g och sedan f är den sammansatta funktionen av f och g och det gäller att h(x) = f(g(x)). Funktionen h:s defintionsmängd blir X och dess målmängd blir C. Exempel Låt oss sammansätta funktionen { j om a är jämnt, g(a) = u om a är udda. med funktionen f : Z Z, f(a) = a. Kalla den sammansatta funktionen för h. Det gäller alltså att h : Z {j, u} och att h(a) = g(f(a)). Då är h(1) = g(f(1)) = g() = j, h() = g(f()) = g(4) = j och h(3) = g(f(3)) = g(6) = j. Det verkar alltså som att h avbildar alla värden på j. Det stämmer, och det beror på att h(a) = g(f(a)) = g(a) = j, oberoende av värdet på a. Eftersom det inte finns något tal a Z så att h(a) =u, så är funktionen inte surjektiv. Funktionen är inte heller injektiv eftersom den avbildar skilda element på samma element. Ofta hjälper det att tänka i bilder, se Figur 4. 56

57 Figur 4: Funktionen f är en funktion från B till C och funktionen g är en funktion från A till B. Den sammansatta funktionen definierad av h(x) = f(g(x)) blir då en funktion från A till C och h(a) = a, h(b) = c och h(c) = c. Exempel Låt p : N R och q : R C vara sådana att p(a) = a och q(a) = a. Låt r vara den sammansatta funktionen av q och p, det vill säga r(a) = q(p(a)). 1. Bestäm r:s definitionsmängd och målmängd.. Bestäm r:s värdemängd. 3. Är r injektiv? Är r surjektiv? Lösningsförslag: 1. Eftersom r är en sammansättning av q och p har den samma definitionsmängd som p och samma målmängd som q. Definitionsmängden är alltså N och målmängden är C.. Värdemängden är {r(a) a N} = { a a N}, det vill säga roten ur alla naturliga tal. 3. Funktionen r är injektiv eftersom skilda tal går på skilda tal. Det kan motiveras matematiskt som följer. Antag att r(a) = r(b). Om vi kan visa att detta medför att a = b så är funktionen injektiv. Men r(a) = r(b) är detsamma som att a = (b), vilket medför ( a) = ( (b)), det vill säga att a = b. Alltså är funktionen injektiv. Men funktionen är inte surjektiv. Till exempel finns det inget tal som träffar 1, som ju är ett element i målmängden. Exempel 3.0. Låt f(x) = x + 1 vara en funktion från R till R och låt g(x) = x + 1 vara en funktion från R till R. Vi har f(g(x)) = f(x + 1) = x + x = x + x + och g(f(x)) = g(x + 1) = x = x +. Observera att f(g(x)) g(f(x)), något som i princip alltid gäller vid sammansättning Inverterbara funktioner Låt f vara en surjektiv funktion från en mängd X till en mängd Y. Eftersom f är surjektiv innebär det att det till varje element b i Y finns minst ett element a i X så att f(a) = b. Om vi dessutom kräver att f är injektiv så betyder det att det till varje element b i Y finns exakt ett element a i X så att f(a) = b. 57